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CF1114C Trailing Loves (or L'oeufs?)

题目大意：

给定(n)，求(n!)在(b)进制下末尾(0)的个数。

思路：

我们以十进制来举例子。

进制数(10 = 2 imes 5)

比如说一个十进制数(20)，末尾有一个(0)，将(20)质因数分解为(20 = 2^{2} imes 5)

十进制(100)，末尾有两个(0)，将其质因数分解为(100 = 2^{2} imes 5^{2})

十进制数(1000)，末尾有三个(0)，将其质因数分解为(1000 = 2^{3} imes 5^{3})

……

不难发现其规律。

设进制数(b) (=) (p_1^{r_1})( imes)(p_2^{r_2})( imes)…( imes)(p_k^{r_k})，质数(p_1)，(p_2)，…，(p_k)在(n!)中的次数分别为(cnt_1)，(cnt_2)，…，(cnt_k)，答案为(min(⌊frac{cnt_1}{p_1}⌋,⌊frac{cnt_2}{p_2}⌋…⌊frac{cnt_k}{p_k}⌋))

对于求(n!)中每一个质数出现的次数，我们再举一个例子。

比如(5!)中质数(2)的出现次数：

(5 / 2 = 2)

(2 / 2 = 1)

(1 / 2 = 0)

你会发现将等式右边的数求和正好是(2)的出现次数。

Formally，对于质数(p)，其在(n!)中的出现次数为：(sum_{i=1}^{r}{lfloor {frac{n}{p^i}} floor}(p^r le n , p^{r+1} > n))

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 10010;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

struct Prime {
    LL num, tot;
}p[N];
LL cnt;
void pff(LL x) { //分解质因数
    for (LL i = 2; i * i <= x; i++) {
        while (x % i == 0) {
            x /= i;
            if (p[cnt].num == i) p[cnt].tot++;
            else p[++cnt].num = i, p[cnt].tot = 1;
        }
    }
    if (x > 1) {
        if (p[cnt].num == x) p[cnt].tot++;
        else p[++cnt].num = x, p[cnt].tot = 1;
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
    LL n, b; cin >> n >> b;
    pff(b);
    LL ans = INF;
    for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
        LL mul = 1, now = 0;
        while (n / mul >= p[i].num) {
            mul *= p[i].num;
            now += n / mul;
        }
        ans = min(ans, now / p[i].tot);
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}