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为了把0去掉，我们把所有的因数2和5都提出来，放到最后再处理。N!中的N个相乘的数可以分成两堆：奇数和偶数。偶数相乘可以写成(2^M)*(M!)，M=N DIV 2。M!可以递归处理，因此现在只需讨论奇数相乘。考虑1*3*5*7*9*11*13*15*17*...*N(如果N为偶数则是N-1)，这里面是5的倍数的有5，15，25，35,...，可以其中的5提出来,变成(5^P)*(1*3*5*7*9* ...)，后面括号中共P项，P=(N DIV 5+1) DIV 2，而后面的括号又可以继续提5出来,递归处理.现在剩下的数是1*3*7*9*11*13*17*19*....这些数我们只需要他们的个位数，因为(1*3*9*11*13* ...)MOD 10=(1*3*7*9*11*13*...)MOD 10.我们列出余数表，1 3 1 9 9 7 9 1 1 3 1 9 9 7 9 ……。我们发现每八项MOD 10的结果是一个循环.算出奇数的结果后，我们再回头看统计了多少个2和5需要乘入。把2和5配对完都是N!后面的0,看剩下的2有几个。如果有剩下的2，考虑2^N的个位数又是2 4 8 6 2 4 8 6 ……每四项一个循环，找出这个个位数后，和前面的结果相乘，再取个位数就是答案。由于我们完全把2和5的因素另外处理，所以在所有的乘法中，都只需要计算个位数乘法，并且只保留个位数的结果。
但让我很惊异的是：为什么我提交总是WA？后来我才知道，原因是这道题的N相当大!达到了10^100！要用大数来处理！GPC四项编译开关全关的，自然查不出来!而且上面这个算法换成大数后会很麻烦。还有什么别的好方法吗?
答案是有的。我们设F(N)表示N!的尾数。
先考虑简单的。考虑某一个N!(N < 10)，我们先将所有5的倍数提出来，用1代替原来5的倍数的位置。由于5的倍数全被提走了，所以这样就不会出现尾数0了。我们先把0..9的阶乘的尾数列出来（注意，5的倍数的位置上是1），可以得到table[0..9]=(1, 1, 2, 6, 4, 4, 4, 8, 4, 6)。对于N < 5，直接输出table[N]即可；对于N>=5，由于提出了一个5，因此需要一个2与之配成10，即将尾数除以2。注意到除了0!和1!，阶乘的最后一个非零数字必为偶数，所以有一个很特别的除法规律:2/2=6,4/2=2,6/2=8,8/2=4。比较特殊的就是2/2=12/2=6,6/2=16/2=8.这样我们就可以得到如下式子：
table[N]
F(N)= ---------- (0 <= N < 10)
2^([N/5])
再考虑复杂的。考虑某一个N!(N>=10)，我们先将所有5的倍数提出来，用1代替原来5的倍数的位置。由于5的倍数全被提走了，所以这样就不会出现尾数0了。我们观察一下剩下的数的乘积的尾数，通过table表，我们发现这10个数的乘积的尾数是6，6*6的尾数还是6，因此我们将剩下的数每10个分成一组，则剩下的数的乘积的尾数只与最后一组的情况有关，即与N的最后一位数字有关。(因为根据最后一位就能知道它在尾数表中处于第几个位置，只要将尾数表之前的数相乘就得到最后一组的尾数。）由于我们把5的倍数提出来了，N!中一次可以提出[N/5]个5的倍数，有多少个5，就需要有多少个2与之配成10，所以有多少个5，最后就要除以多少个2。注意到除2的结果变化是4个一循环，因此如果有A个5，只需要除(A MOD 4)次2就可以了。A MOD 4只与A的最后两位数有关，很好求算。剩下的5的倍数，由于5已经全部处理掉了，就变成[N/5]!。于是，我们可以得到
一个递归关系：
F([N/5]) * table[N的尾数] * 6
F(N) = ----------------------------------- (N > 10)
2^([N/5] MOD 4)
这样我们就得到了一个O(log5(N))的算法，整除5可以用高精度加法做，乘2再除10即可。整个算法相当巧妙，写起来也比较轻松。
View Code
1 #include < string .h >
2 #include < stdio.h >
3 #define MAXN 10000
4 int lastdigit( char * buf)
5 {
6 const int mod[ 20 ] = { 1 , 1 , 2 , 6 , 4 , 2 , 2 , 4 , 2 , 8 , 4 , 4 , 8 , 4 , 6 , 8 , 8 , 6 , 8 , 2 };
7 int len = strlen(buf),a[MAXN],i,c,ret = 1 ;
8 if (len == 1 ) return mod[buf[ 0 ] - ' 0 ' ];
9 for (i = 0 ;i < len;i ++ ) a[i] = buf[len - 1 - i] - ' 0 ' ;
10 for (;len;len -=! a[len - 1 ]){
11 ret = ret * mod[a[ 1 ] % 2 * 10 + a[ 0 ]] % 5 ;
12 for (c = 0 ,i = len - 1 ;i >= 0 ;i -- )
13 c = c * 10 + a[i],a[i] = c / 5 ,c %= 5 ;
14 }
15 return ret + ret % 2 * 5 ;
16 }
17 int main()
18 {
19 char a[ 1000 ];
20 while (scanf( " %s " , & a) != EOF)
21 {
22 printf( " %d\n " ,lastdigit(a));
23 }
24 return 0 ;
25 }
如何求n！中5的个数
int get5(int n)//计算n!中质因子5的出现次数
{
if(n==0)
return 0;
return n/5+get5(n/5);
}？
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