SCU - 1115 阶乘

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题目：

N的阶乘定义为：N!=N×(N-1)×……×2×1

请编写一个程序，输出N的阶乘的十进制表示中从最末一个非0位开始，

自低位向高位数的第M位。

其中：0<=N<=10000，1<=M<=5

例如：N=5,M=2,结果是1（5!=120）  N=8,M=3,结果为0（8!=40320）

输入：

第一行一个整数K (1<=K<=100)，代表测试数据的个数；

接下来K行，每行两个整数N，M

输出：

     输出K行，每行一个整数，即测试数据的结果。

样例：

输入：

2
5 2
8 3

输出：

1
0

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题目很简洁，但是很有意思啊。

首先，10000！太大，肯定是边乘边取模。

但是模多少呢？10000！的末尾的0的个数可是很多的，不可能先模一个很大的数，再数有多少个0。

这个题目，我认为必须先求出，n!末尾的0的个数d。

其实就是求d，使得5^d |  n! 成立但5^(d+1) |  n!不成立。

函数degree_in_fact就是专门干这个的，而且代码简单的可怕。

原理：

画一个n行n列的矩阵，第i（i从1到n）行第j（j从1到n）列表示i是否是p^j的倍数，是它的倍数就是1，不是就是0

其实远远不需要n列，但是我只是给出定理的证明，和空间效率无关。

下面考虑这个矩阵的和。

一方面，每一行的和表示的是i里面的p的次数，比如第p^3行，前面3个为1，后面的都是0，所以这一行的和为3，即p的次数。

所以矩阵的和是n!中p的次数。

另一方面，每一列的和是，从1到n有多少个数是p^j的倍数，所以答案为n/(p^j)

综上，n!中p的次数为n/p+n/(p^2)+n/(p^3)+......当j足够大时n/(p^j)=0

请注意，这个表达式是无法用递归来写的，因为这是整数的除法，不是实数的除法。

不过很巧的是，刚好有这么一个定理：

n/p^j/p=n/p^(j+1)

不要以为这个很显然，本文所有的除法都是整数的除法，也就是5/2会得到2，和实数的不同。

定理的证明：

假设右边的n/p^(j+1)=k，即k*p^(j+1)<=n<(k+1)*p^(j+1)

那么k*p<=n/p^j<(k+1)*p，那么k<=n/p^j/p<k+1

即n/p^j/p=k，证毕。

现在，表达式可以改写了，n!中p的次数为n/p+n/p/p+n/p/p/p+......

这个式子就可以用递归非常简单的写出来了。

degree_in_fact(n, 5)的值就是n!末尾的0的个数。

算出来0的个数为num之后，又要怎么做呢？

从1到n累乘，在乘之前，去掉num个2和num个5，剩下所有的数累乘，同时模100000即可。

这样就可以得到n!除掉后缀0之后的的最后5位

（这5位除了最后一位肯定不是0之外，都有可能是0，事实上还有可能都是0）

代码：

#include<iostream>
using namespace std;

int degree_in_fact(int m, int p)//求m！中素数p的次数
{
	if (m)return degree_in_fact(m / p, p) + m / p;
	return 0;
}

int main()
{
	int k, n, m;
	cin >> k;
	while (k--)
	{
		cin >> n >> m;
		int num = degree_in_fact(n, 5);
		int fact = 1;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			int j = i;
			while (j % 2 == 0 && num)
			{
				j /= 2;
				num--;
			}
			while (j % 5 == 0)j /= 5;
			fact = fact*j % 100000;
		}
		m--;
		while (m--)fact /= 10;
		cout << fact % 10 << endl;
	}
	return 0;
}

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原文地址：http://blog.csdn.net/nameofcsdn/article/details/52232438