求阶乘

蓝桥杯2022省赛题目

问题描述

满足 N ! 的末尾恰好有 K 个 0 的最小的 N 是多少?

如果这样的 N 不存在输出 −1 。

输入格式

一个整数 K 。

输出格式

一个整数代表答案。

样例输入
2
样例输出
10
评测用例规模与约定

对于 30% 的数据, 1≤K≤10^6.

对于 100% 的数据, 1≤K≤10^18.

思路：

题目大意：求满足N!的末尾恰好有K个0的最小的N，如果这样的N不存在，返回-1

解法一：暴力法

遍历1~10^18（题目中100%的数据规模）内所有数，对每个数求阶乘，再计算末尾0的个数，最后判断是否为K个0，很明显是超时了（看下面代码分析）。但可以得到部分的分数，没有时间的话可以这样简单处理。

代码分析：这个是计算末尾0的个数的代码，很明显在这个环节就没办法达到100%数据的要求，因为1≤K≤10^18，而这个代码复杂度是O(n),要计算10^18次，但蓝桥杯计算量一般不超过10^8，所以用暴力法计算是超时的。

res = 0     # 统计末尾0的个数
while m % 10 == 0:res+=1m//10    # 去掉最后一位

解法二：

解题关键：给出一个N，如何快速计算它的阶乘中末尾0的个数?

思考1：什么样的数，相乘后能够产生0?

10=2*5

20=2*2*5
7200=72*2*5*2*5
我们可以发现每个数字末尾的每个0都可以看成是2和5相乘得到
所以我们可以对题目中样例进行分析：10!=1 * 2 * 3 * 4 * 5* 6 * 7 * 8 * 9 * 10，我们发现10！内有一对现成的2和5，但样例输出是2，说明还有一对2和5，没错，只要把10进行分解成2*5就可以再得到一对，这样两对2和5说明10的阶乘末尾有2个零。

结论：给定一个数的阶乘，计算它的因子中2*5出现的次数，即可确定末尾0的个数

思考:2：找2*5的数目，因子2是否需要寻找?

不需要。通过10!=1 * 2 * 3 * 4 * 5* 6 * 7 * 8 * 9 * 10可以发现，因子5只有在5和10中才有。但因子2在2,4,6,8,10中都存在，出现2多5少的现象，所以只需要找到稀有的因子5即可，因为因子2是肯定有剩余的。

问题转换：

求N的阶乘尾部0的个数 $----->$ 求N的阶乘中因子5的个数
对阶乘中的因子5进行分析，1 2 3 4 5…10 …15…20…25…30…35… 50…55… 75…100…105…125…，可以发现当到24时，前面每隔5都会都会有一对2和5，共有4对。但在25时会出两个5（两对2和5），总共就有6对，如果你输入5的话，没有末尾为5个0的阶乘，则返回-1。在124之前每隔25会出两对，但125会出三对。把前面出现的5加起来总共有31个，但这样很麻烦，有没有更容易操作的方法呢？看看下面的操作：

为什么是这样算呢？是因为我们先把含有一个及以上5的25个数全部取出一个5加到总数num，那么本来一个5的数就变成0个（可以忽略），本来两个5的数变成一个5的数，本来3个5的变成二个5的。再这样对原本含有二个及以上5的5个数（现在是含有一个及以上5的数）操作一次，只剩下一个含5的数，最后再对含5的1个数取出一个5加到总数num，这样就把全部的因子5转移到了总数num。

结论：求N的阶乘中因子5的个数,将N每次除以5的商求和即可。

定义求一个整数阶乘末尾0的个数的函数：

def cal_zero(N):res = 0   # 统计0的个数while N:N //= 5res += Nreturn res

复杂度：每一次变成原来的五分之一，所以复杂度为 $O(log_5N)$ ,是logN级别的，计算10^18的数只需要算26次即可，非常高效！

注意：题目中 1≤K≤10^18的K是指整数阶乘末尾0的个数的范围，不是整数的范围，说明整数范围可能更大，我们以10^19的整数试一下，看看阶乘末尾0的个数能不能大于10^18。

def cal_zero(N):res = 0  # 统计0的个数while N:N //= 5res += Nreturn resN = 1e19
print(cal_zero(N))  # 2.5e+18

很显然，10^19的整数阶乘末尾有2.5e+18个0，大于题目100%数据大小，是满足要求的。所以N可以取10^19来计算。

上面只是求出了整数阶乘末尾0的个数，还需要找出满足末尾K个0的最小整数，下面用二分法来求解。

二分法登场啦！

使用条件：更小的N对应的是小的尾0个数，更大的N对应的是大的0个数，所以末尾0的个数是一个递增的有序数列，可以用二分法来求解。
定义一个check()函数：将所有从1到N的阶乘分成尾部0个数<k的左半部分和>=k的右半部分，二分结束后检查R位置（因为R是满足≥check()的最小值）的尾部0个数是否为k即可，若不是即返回-1。

def check(k):L,R=1,int(1e19)    while L+1!=R:mid = (L+R)//2if cal_zero(mid)>=k:    R = midelse:L=midif cal_zero(R)==k:  # cal_zero(r)：满足阶乘末尾0≥k的最小整数return Relse:               # 没有阶乘末尾k个0的整数return -1

二分法的复杂度也是O(logN)，所以算法复杂度为 $O((logn)^2)$

代码演示：

k=int(input())
def cal_zero(N):res = 0   # 统计末尾0的个数while N:N //= 5res += Nreturn res
def check(k):L,R=1,int(1e19)    while L+1!=R:mid = (L+R)//2if cal_zero(mid)>=k:    R = midelse:L=midif cal_zero(R)==k:  # cal_zero(r)：满足阶乘末尾0≥k的最小整数return Relse:               # 没有阶乘末尾k个0的整数return -1   
print(check(k))