【原创】leetCodeOj --- Factorial Trailing Zeroes 解题报告

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原题地址：

https://oj.leetcode.com/problems/factorial-trailing-zeroes/

题目内容：

Given an integer n, return the number of trailing zeroes in n!.

Note: Your solution should be in logarithmic time complexity.

方法：

数学原理很简单，稍微讲一下

我们知道，一堆数相乘出了0，除了有0之外，需要一个2，5数对。比如4 × 5，可以分解为2 × 2 × 5，有一个2，5数对，所以有1个0。推而广之，一堆数连乘，能因式分解出几个2，5数对就有几个0。

由于在阶乘中，分解出的2肯定比5多，（要证明吗？稍微证一下。。2的倍数，也就是全体偶数在一组阶乘中肯定比5的倍数多，而只有2和5的倍数能因式分解出2，5数对来组合，因此，每一个2，5数对和数字5一一对应），因此，实际上给了我们n，我们需要找出，从1到n这个区间中，能分解出几个5。

数学原理讲完了，讲算法。

先想想，我们如何求1到n的所有5的倍数？答案很简单，n/5就可以了，因为每5个数就会有一个5的倍数。我们先把所有5的倍数个数加到结果中先。

可是这样还远远不够，因为25中能分解出2个5，而所有25的倍数都能分解出两个5，以此类推。

但我们离答案已经很近了。n/25是区间内所有25的倍数，由于25的倍数在第一轮5的倍数中，已经加了一个5，因此，这一轮也只需要加一次就行了。加上所有25的倍数的个数到结果中去，以此类推。

最后需要注意一点：乘法溢出问题。5的13次方是末尾，14次方就溢出了。

具体代码：

Python就三行，我去

class Solution:
    # @return an integer
    def trailingZeroes(self, n):
        l = [5 ** i for i in range(1,14)]
        q = [n / key for key in l]
        return sum(q)

C++有点多

class Solution {
private:
    vector<int> dict;
public:
    Solution () {
        int start  = 5;
        int border = 13; 
        for (int i = 0; i < 13; i ++) {
            dict.push_back(start);
            start *= 5;
        }
    }
    
    int trailingZeroes(int n) {
        int res = 0,i = 0;
        int p;
        while (i < dict.size() && (p = n / dict[i ++]) > 0) {
            res += p;
        }
        return res;
    }
};

复杂度的要求毫无疑问是满足的，常数次，比log都好。

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原文地址：http://www.cnblogs.com/shadowmydx/p/4235053.html