NYOJ 954

首先观察：

2! = 2×1                 = (2)₁₀     = (10)₂，　　        则第一个1是第2位，2!有1个质因数2
3! = 3×2×1             = (6)₁₀     = (110)₂，　　      则第一个1是第2位，3!有1个质因数2
4! = 4×3×2×1         = (24)₁₀   = (11000)₂，        则第一个1是第4位，4!有3个质因数2
5! = 5×4×3×2×1     = (120)₁₀ = (1111000)₂，     则第一个1是第4位，5!有3个质因数2
6! = 6×5×4×3×2×1 = (720)₁₀ = (1011010000)₂，则第一个1是第5位,  6!有4个质因数3

...

这时候规律就很明显了，就是有n个质因数2的话，就会在二进制形式下后面跟n个0，则所求答案就是n+1，即在n+1位上出现第一个1.  

这时候一个很朴素的思路是，测试n!的每个因子的质因数2的个数，然后加起来就好了。

代码如下：

#include <iostream>
using namespace std;
  
int main(){
    long long n;
    while(cin>>n){
        long long res = 1;
        for(long long i=1;i<=n;i++){
            long long temp = i;
            while(temp%2==0){
                res++; 
                temp/=2;
            }
        }
        cout<<res<<endl;
    }
    
    return 0; 
}
        

此时复杂度为O(nlnn).  提交显示超时。

如何改进呢？

在二进制的形式下，每一位都有1/0两种填充方式，由于计算的是n!,所以这种“填充”是连续的，也就是说在*****0的基础上除以2（即右移一位）得到的就是该位的质因数2 的个数，只需要将这个过程一直做下去直到右移到位数为0即可。

代码如下：

#include <iostream>
using namespace std;

int main(){
    int n;
    long long ans;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF){
        ans=0;
        while(n){
            ans+=n>>1;  
            n=n>>1; 
        }
        printf("%lld
",ans+1);
    }
    return 0;
}

此时复杂度为O(lnn),可ac.