Factorial Trailing Zeroes 阶乘尾零

题目：Given an integer n, return the number of trailing zeroes in n!.(Leetcode 172)

C++参考框架：

class Solution {
public:
    int trailingZeroes(int n) {
　　　　//code
    }
};

1.直接的想法是计算n!后求尾部0的数量，然而随着n增加，n!增长很快，数据存储很成问题，而且时间复杂度为O(n)，不能满意，代码也不放了。

2.idea：要计算尾部0的个数，即是计算n!因数中10的个数，即10=2×5的个数。

观察关于关于2和5的因数分解：

1
2
3
4=2×2
5
6=2×3
7
8=2×2×2
9
10=2×5
11
12=2×2×3
13
14=2×7
15=3×5
16=2×2×2×2
.
.
.

只要是偶数就至少包含一个因数2，个位为0或5的则包含因数5，直观上可以看到1到n所有的分解中因数2比因数5多（我没有严格证明），则问题转化为寻找n!中因数5的个数。n!因式分解中有几个5则尾部就有几个0。

代码如下：

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

这样就不用计算n!，但是时间复杂度是O((n/5)log₅(n/5))=O(nlogn),在n较大时计算时间不能满意。

3.假设现在n=133。

我们只要计算5的数量，则只关注包含因数5的数字，即，5,10,15,20,25,30,...,130共26个数字。

这些数字包含因数5的数量分别为：
1,1,1,1,2,1,1,1,1,2,1,1,1,1,2,1,1,1,1,2,1,1,1,1,3,1。即

1,1,1,1,(2=1+1),1,1,1,1,(2=1+1),1,1,1,1,(2=1+1),1,1,1,1,(2=1+1),1,1,1,1,(3=1+1+1),1这样一个数列。问题转化为计算有此规律的数列的和，代码如下：

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

时间复杂度为O(logn)。