【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.

 

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Solution：

对n!做质因数分解n!=2^x*3^y*5^z*...

显然0的个数等于min(x,z)，并且min(x,z)==z

证明：

对于阶乘而言，也就是1*2*3*...*n
[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，出现2^p的概率会远大于出现5^p的概率。
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

所以，自然想到解法一：从1到n中提取所有的因子5，效率是 O(log1+log2+log3+……+logn) = O(logn!)。

解法二：

由上述分析可以继续发现，起作用的只有在1..n中能被5整除的那些数。而对于每一个n而言，在1..n中这样的数有 [n/5] 个。将这 [n/5] 个数从 1..n 中提出来，从小到大排成一个数列，也就是 5, 10, 15 ...  [n/5]*5。现在将这个数列所有数统一除以5（因为这个数列的长度是[n/5]，而每个数都剔除一个因子5，所以计数器得到[n/5]个因子5），此时数列变成 1, 2, 3 ... , [n/5]，此时问题又转化为 1..[n/5] 的平凡子问题，此时有可以将所有能被5整除的数提取出来，然后又统一剔除一个因子5，再转化为规模更小的平凡子问题……直到 [n/5]==0 问题终止。

所以对于每个阶段而言，对于 1..n，都可以统一剔除得到 [n/5] 个因子，最后递推可得解。

总结与升华：

实际上，相对于解法一，解法二的改进在于，对于 1..n 统计因子5的时候，把握住了连续的第 5^(c-1) 到 5^(c)-1 位置上的数，能被5整除的数它们的因子5的个数都是相同的的特点，也就是 1..4 因子5个数都是0个，5..24 因子5的个数是 1 个，25..124 因子5的个数都是 2 个…………所以一次性可以跨越一大段数来统计，而且随着 c 增大，一次跨越的数的个数越来越多，这也就是 log 函数的特点，随着 x 增大，函数增长的越来越慢，这也是 log 算法共同的特性。

代码如下：O(logn)

class Solution:
    # @param {integer} n
    # @return {integer}
    def trailingZeroes(self, n):
        ans = 0
        while n > 0:
            ans += n/5
            n /= 5
        return ans

 Reference：http://www.cnblogs.com/ganganloveu/p/4193373.html