【leetcode】Factorial Trailing Zeroes

Factorial Trailing Zeroes

Given an integer n, return the number of trailing zeroes in n!.

Note: Your solution should be in logarithmic time complexity.

统计末尾0的个数，只需要统计2，5的个数就可以了

class Solution {
public:
    int trailingZeroes(int n) {
        
        int count2=0;
        int count5=0;
        
        for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            int num=i;
            while(num%2==0&&num>0)
            {
                count2++;
                num=num/2;
            }
        
        
            while(num%5==0&&num>0)
            {
                count5++;
                num=num/5;
            }
        }
         
        return min(count2,count5);
    }
};

[n/k]代表1~n中能被k整除的个数
那么很显然
[n/2] > [n/5] (左边是逢2增1，右边是逢5增1)
[n/2^2] > [n/5^2](左边是逢4增1，右边是逢25增1)
……
[n/2^p] > [n/5^p](左边是逢2^p增1，右边是逢5^p增1)
随着幂次p的上升，[n/2^p]会远大于[n/5^p]
因此左边的加和一定大于右边的加和，也就是n!质因数分解中，2的次幂一定大于5的次幂

（感谢陆草纯博主的证明）

 

5的个数显然要比2的个数多，所以只统计5的个数就可以了

class Solution {
public:
    int trailingZeroes(int n) {
       
        int count2=0;
        int count5=0;
       
        for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            int num=i;
           
            while(num%5==0&&num>0)
            {
                count5++;
                num=num/5;
            }
        }
       
        return count5;
    }
};

 

 

既然只要统计5的个数就可以了，那么假设n=100，考虑有多少个5,

1~100里面有

1*5,2*5,3*5……20*5

 

通过上面的式子我们可以找到20个5

并且1-20之中也是存在5的，

1*5，2*5，3*5，4*5

又找到了4个5

而1-4之中就没有5了，因此共有24个5

 

可以抽象成下面的递归算法

 

class Solution {
public:
    int trailingZeroes(int n) {
        return get5(n);
    }
   
    int get5(int n)
    {
        if(n<5)return 0;
        return n/5+get5(n/5);
    }
};