问题描述：
1. 给定一个整数N，那么N的阶乘N！末尾有几个0？
2. 求N！的二进制表示中最低位1的位置。
分析与解法：
我们不要去计算N!的值，如果我们从”哪些数相乘能得到10“这个角度来考虑，问题就变得简单多了。
首先考虑,如果N!=K*(10^M) 且k不能被10整除，那么N！末尾后面有M个0.在考虑对N！进行质因数分解，
N！ = 2x x 3y x 5z…由于10=2*5,所欲M只跟X和Z有关。每对2和5相乘都可以得到一个10，于是M=min(x,z).不能看出X大于等于
Z，因为能被2整除的数的概率比能被5整除的数要高的多，所以把公式简化为M=Z;
这意味着所以只要求求多少个5即可。求5的个数可以有两种方法：
解法1. 把N！从1到N的每个数遍历一遍，算出每个数有多少个5组成。
ret = 0; for(i = 1; i < N ; i++) { j = i; while(j % 5 == 0) { ret++; j /= 5; } }
解法2：
N！中要得到包含某个数k的个数，其实相当于[N/k] +[N/k2] +[N/k3] +[N/k4] +...。（不用担心这是无穷的运算，因为总
存在一个k，使得5^K>N,[N/5^K]=0.)
原理：首先，[N/k]等于1,2,3,...,N中能被k整除的数的个数，这是因为连续的整数中，每k个数中只会有一个能够整除k，所以1,2,3,...,N中就相当于划分了[N/k]个区域，每个区域只有一个数可以整除k，所以N！中含有k的个数即为[N/k];
然后，[N/k2]相当于1,2,3,...,N中能被k2整除的数的个数,但是这些数肯定是能够整除k的数的子集，所以本来应该是+2*[N/k2],现在就是+[N/k2]了。
（一个解释：
在书中给出了这个一个公式：N!中含有质因数2的个数 = [N/2] + [N/4] + [N/8] + ...( [N/k] 表示1,2,3,4,...,N中能被k整除的数的个数 )
对于这个公式，自己现在还无法给出严格的数学证明，不过似乎也可以通过实例来理解。
例子：
当N = 8时， N! = 8 * 7 * 6 * 5 * 4 * 3 * 2 * 1 = (2*2*2) * 7 * (2*3) * 5 * (2*2) * 3 * (2) * 1
1 ~ 8中：
能被2整除的数有 2， 4， 6， 8 ( 8 / 2 = 4 )
能被2^2(4)整除的数有 4， 8 ( 8 / 4 = 2 )
能被2^3(8)整除的数有 8 （ 8 / 8 = 1 ）
一个数能被2整除，说明该数至少含有一个质因数2。
一个数能被2^2整除，说明该数至少含有两个质因数2。
……
可以把这个公式当做是一个统计过程——比如数字8，出现了3次，说明其包含了三个质因数2；4出现了两次，即包含两个质因数2；2, 6出现了一次，即分别包含一个质因数2
最后将每次统计的结果相加，即为总的质因数2的个数：4 + 2 + 1 = 7
）
上解法2的证明可用一个例子来说明
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 23 24 25 26 27
求16！ 中5的个数。
首先先求5的一次方的个数。可以得出有 5 10 15 20 25 五个数
再求5的二次方的个数。可以得出有 25一个数。原因在于25 可以分解为5x5。如果仅仅经过第一步，那只得到分解后的一个5，而没有得到第二个5。经第二步才能得到第二个5.
再顺序求下去，知道除以5的x次方商为0时止。
int getZeroCount3(int n) { int ret=0; while(n) { ret += n/5; n/=5; } return ret; } 或: int getZeroCount2(int n) { int ret=0; int k=5; while(n/k) { ret=ret+n/k; k=k*5; } return ret; }c
2. 求N！的二进制表示中最低位1的位置。
如N=3;N!=6(1010) 最低位1在在第二位
为了得到更好的解法，要对题目进行转化，首先来看一个二进制数除以2的计算过程和结果是怎么样的。
把一个二进制数除以2，实际过程如下：
判断最后一个二进制位是否为0，若为0，则将此二进制右移一位，即为商；反之，若为1，则说明这个二进制是奇数，无法被2整除。
所以，这个问题实际上等同于求N! 含有质因数2的个数。即答案等于N!含有质因数2的个数加1.
为什么？
anan-1.........a0
如果是0，每次除2，一直左移，直到遇到前面第一个1为1.
解法1：
N!含有2的个数为[n/2]+[n/4]+[n/8].
int lowestOne(int n) { int ret=0; while(n) { n >>=1; ret += n; } return ret; }
由于二进制最低位是0，所以我们没有加1.
lowestOne(3); 输出1.
解法2：
N!含有质因数2的个数，还等于N减去N的二进制中1的数目。我们还可通过这个规律找寻。
下面对这个规律进行举例说明，假设N=11011,N!含有质因数个数为[n/2]+[n/4]+.......
1101+110+11+1
=(1000+100+1)
+ (100+ 10)
+ （ 10 +1）
=1111+111+1
=(1000-1)+(1000-1)+(10-1)+(1-1)
=110111-（N二进制表示1的个数).
上面的怎么证明？
int count(int n) //计算1的数目 { int ret=0; while(n) { n&=(n-1); ret++; } return ret; } int lowestOne2(int n) { return n-count(n); }
n=3; n!=1010 结果输出：1
扩展问题：给定整数n，判断它是否为2的方幂
这个问题比较简单，只要是2的方幂的数，二进制表示都只有一个1，前面讲过n&(n-1)会把最低位的1变成0，因此只需要判断n&(n-1)是否为0即可：
bool isTwoPower(int n) { return (n>0 && (n&(n-1))==0 ); }
（N！ 中k的个数为[n/5]+[n/5^2]+..
证明：
问题描述
给定参数n（n为正整数），请计算n的阶乘n！末尾所含有“0”的个数。
例如，5！=120，其末尾所含有的“0”的个数为1；10！= 3628800，其末尾所含有的“0”的个数为2；20！= 2432902008176640000，其末尾所含有的“0”的个数为4。
计算公式
这里先给出其计算公式，后面给出推导过程。
令f(x)表示正整数x末尾所含有的“0”的个数，则有：
当0 < n < 5时，f(n!) = 0;
当n >= 5时，f(n!) = k + f(k!), 其中 k = n / 5（取整）。
问题分析
显然，对于阶乘这个大数，我们不可能将其结果计算出来，再统计其末尾所含有的“0”的个数。所以必须从其数字特征进行分析。下面我们从因式分解的角度切入分析。
我们先考虑一般的情形。对于任意一个正整数，若对其进行因式分解，那么其末尾的“0”必可以分解为2*5。在这里，每一个“0”必然和一个因子“5”相对应。但请注意，一个数的因式分解中因子“5”不一定对应着一个“0”，因为还需要一个因子“2”，才能实现其一一对应。
我们再回到原先的问题。这里先给出一个结论：
结论1： 对于n的阶乘n！，其因式分解中，如果存在一个因子“5”，那么它必然对应着n！末尾的一个“0”。
下面对这个结论进行证明：
(1)当n < 5时, 结论显然成立。
(2)当n >= 5时，令n！= [5k * 5(k-1) * ... * 10 * 5] * a，其中 n = 5k + r (0 <= r <= 4)，a是一个不含因子“5”的整数。
对于序列5k, 5(k-1), ..., 10, 5中每一个数5i(1 <= i <= k)，都含有因子“5”，并且在区间(5(i-1),5i)(1 <= i <= k)内存在偶数，也就是说，a中存在一个因子“2”与5i相对应。即，这里的k个因子“5”与n！末尾的k个“0”一一对应。
我们进一步把n！表示为：n！= 5^k * k! * a（公式1），其中5^k表示5的k次方。很容易利用(1)和迭代法，得出结论1。
上面证明了n的阶乘n！末尾的“0”与n！的因式分解中的因子“5”是一一对应的。也就是说，计算n的阶乘n！末尾的“0”的个数，可以转换为计算其因式分解中“5”的个数。
令f(x)表示正整数x末尾所含有的“0”的个数, g(x)表示正整数x的因式分解中因子“5”的个数，则利用上面的的结论1和公式1有：
f(n!) = g(n!) = g(5^k * k! * a) = k + g(k!) = k + f(k!)
所以，最终的计算公式为：
当0 < n < 5时，f(n!) = 0;
当n >= 5时，f(n!) = k + f(k!), 其中 k = n / 5（取整）。
计算举例
f(5!) = 1 + f(1!) = 1
f(10!) = 2 + f(2!) = 2
f(20!) = 4 + f(4!) = 4
f(100!) = 20 + f(20!) = 20 + 4 + f(4!) = 24
f(1000!) = 200 + f(200!) = 200 + 40 + f(40!) = 240 + 8 + f(8!) = 248 + 1 + f(1) =249
）