[LeetCode]65. Factorial Trailing Zeros阶乘的尾零个数

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

Note: Your solution should be in logarithmic time complexity.

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Special thanks to @ts for adding this problem and creating all test cases.

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解法1：如果N! == K×10^M, ( 0 != k%10 )，那么M就是要求的。我们把N!进行质因数分解，则有 N! == 2^X * 3^Y * 5^Z……，而10是怎么来的呢，分解之后不就只能由2×5来。也就是说，只要求分解后的min(x, z)，又显然，分解之后2的个数显然要比5的个数多。所以，M == Z。根据分析，要计算 Z，最直接的方法，就是计算i（i =1, 2, …, N）的因式分解中5 的指数，然后求和。

class Solution {
public:
    int trailingZeroes(int n) {
        int cnt = 0, j;
        for (int i = 5; i <= n; i += 5) {
            int j = i;
            while (j % 5 == 0) {
                ++cnt;
                j /= 5;
            }
        }
        return cnt;
    }
};

这种解法会在N超大时超时Time Limit Exceeded。题目的Note要求我们写出对数时间复杂度的解法。

解法2：在解法1的基础上考虑到能贡献5的数全是5的倍数，而5的指数（5,25,125,...）能贡献5的个数恰好是幂的值（1,2,3,...），非5的指数（10,15,20,30,,...）则只能贡献一个5。而使用N除以5可以得到在[1,N]中有多少个5的倍数，除以25可以得到有多少个25的倍数……这样所有的结果加起来恰好可以算出[1,N]中一共有多少个5。注意25=5*5即可以贡献两个5，而在前面除以5的时候已经计算过一次了，所以加1次就可以了，同理125=5*5*5，在2和25的时候已经考虑到两个5了，所以后面也是再加一个就行了，后面所有5的指数都如此。

class Solution {
public:
    int trailingZeroes(int n) {
        int cnt = 0;
        long long k = 5;
        while(k <= n) {
            cnt += n / k;
            k *= 5;
        }
        return cnt;
    }
};

注意k必须定义为long long类型以防止在n极大时k会溢出。一个避免这个陷阱的写法如下：

class Solution {
public:
    int trailingZeroes(int n) {
        int cnt = 0;
        while(n > 0) {
            cnt += n / 5;
            n /= 5;
        }
        return cnt;
    }
};