题目：
N的阶乘定义为：N!=N×(N-1)×……×2×1
请编写一个程序，输出N的阶乘的十进制表示中从最末一个非0位开始，
自低位向高位数的第M位。
其中：0<=N<=10000，1<=M<=5
例如：N=5,M=2,结果是1（5!=120） N=8,M=3,结果为0（8!=40320）
输入：
第一行一个整数K (1<=K<=100)，代表测试数据的个数；
接下来K行，每行两个整数N，M
输出：
输出K行，每行一个整数，即测试数据的结果。
样例：
输入：
2
5 2
8 3
输出：
1
0
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题目很简洁，但是很有意思啊。
首先，10000！太大，肯定是边乘边取模。
但是模多少呢？10000！的末尾的0的个数可是很多的，不可能先模一个很大的数，再数有多少个0。
这个题目，我认为必须先求出，n!末尾的0的个数d。
其实就是求d，使得5^d | n! 成立但5^(d+1) | n!不成立。
函数degree_in_fact就是专门干这个的，而且代码简单的可怕。
原理：
画一个n行n列的矩阵，第i（i从1到n）行第j（j从1到n）列表示i是否是p^j的倍数，是它的倍数就是1，不是就是0
其实远远不需要n列，但是我只是给出定理的证明，和空间效率无关。
下面考虑这个矩阵的和。
一方面，每一行的和表示的是i里面的p的次数，比如第p^3行，前面3个为1，后面的都是0，所以这一行的和为3，即p的次数。
所以矩阵的和是n!中p的次数。
另一方面，每一列的和是，从1到n有多少个数是p^j的倍数，所以答案为n/(p^j)
综上，n!中p的次数为n/p+n/(p^2)+n/(p^3)+......当j足够大时n/(p^j)=0
请注意，这个表达式是无法用递归来写的，因为这是整数的除法，不是实数的除法。
不过很巧的是，刚好有这么一个定理：
n/p^j/p=n/p^(j+1)
不要以为这个很显然，本文所有的除法都是整数的除法，也就是5/2会得到2，和实数的不同。
定理的证明：
假设右边的n/p^(j+1)=k，即k*p^(j+1)<=n<(k+1)*p^(j+1)
那么k*p<=n/p^j<(k+1)*p，那么k<=n/p^j/p<k+1
即n/p^j/p=k，证毕。
现在，表达式可以改写了，n!中p的次数为n/p+n/p/p+n/p/p/p+......
这个式子就可以用递归非常简单的写出来了。
degree_in_fact(n, 5)的值就是n!末尾的0的个数。
算出来0的个数为num之后，又要怎么做呢？
从1到n累乘，在乘之前，去掉num个2和num个5，剩下所有的数累乘，同时模100000即可。
这样就可以得到n!除掉后缀0之后的的最后5位
（这5位除了最后一位肯定不是0之外，都有可能是0，事实上还有可能都是0）
代码：
#include<iostream>
using namespace std;
int degree_in_fact(int m, int p)//求m！中素数p的次数
{
if (m)return degree_in_fact(m / p, p) + m / p;
return 0;
}
int main()
{
int k, n, m;
cin >> k;
while (k--)
{
cin >> n >> m;
int num = degree_in_fact(n, 5);
int fact = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int j = i;
while (j % 2 == 0 && num)
{
j /= 2;
num--;
}
while (j % 5 == 0)j /= 5;
fact = fact*j % 100000;
}
m--;
while (m--)fact /= 10;
cout << fact % 10 << endl;
}
return 0;
}