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POJ 1150 The Last Non-zero Digit 数论+容斥

题目地址: 
POJ 1150

题意： 
求排列P(n, m)后面第一个非0的数。

分析：

为了熟悉题目中的理论，我先做了俩初级的题目： 
POJ 1401，题解见：POJ 1401 && ZOJ 2202 Factorial 阶乘N!的末尾零的个数 
NYOJ 954，题解见：NYOJ 954 求N!二进制末尾几个0

这题想了一下，十进制末尾几个0可以转化为几个5因子，二进制最后一位非0可以转化为2因子，但是10进制就不行了，而且这个不是单单N!，而是n!/m!，orz。 
实在太弱只能研究题解，推荐SCAU_Lyon巨巨的题解和abilitytao巨巨的题解。

然后我坐在电脑前面看了一晚上题解，终于，我发现我太弱了，我好不容易有点看懂了。

大概讲一下吧。 
我们要把排列转化成前面两题的形式。 
P(n, m) = n!/(n-m)!，我们让m = n - m直接按n!/m!做，也就是求m?(m+1)?(m+2)?....?n了。 
这时候，我们只要统计在[m, n]这个范围里面的数的最后一位就行了，如果直接去暴力会跪，因为我们不仅要统计每个数的最后一位，还有一些2和5因子混在数中，我们还要消掉那些因子，然后取末位。 
于是要把2和5抽出来，然后就只剩3,7,9，统计抽完后的3,7,9，然后还得记得：由于这里面2可能会比5多，所以要把多出来的2算出来。

只要知道如何统计n!，就能统计排列。 
个中计算有很厉害的技巧，表示orz。

一、计算n!中消除2,5后末位为x的公式为： 
f(n, x) = n/10 + (n%10>=x) + f(n/2, x) + f(n/2, 5) - f(n/10, x). 
解释下： 
1. x限定3,7,9。 
2. n/10 + (n%10>=x)也就是：每十个数以内末数字是3,7,9在没有除去2和5两种因子前都只会出现一次。 
3. 加上抽出2和5后的子问题。（这里跟前面两题原理一样） 
4. 抽出2和5的时候，会多抽出了一次10，这时候就要用容斥定理减去。

二、然后计算多余的2就比较容易理解了，就跟前面俩题一样，求出2的个数和5的个数，减一下就是n!中多出来的2的个数了。

三、然后我们就能得到[m,n]中抽出2,5后末位为3,7,9的个数，以及多出来的2的个数了。 
这时候如果直接while(cnt--)去算可能会超时+爆范围。 
我们可以发现2^n,3^n,7^n,9^n的末位都是有规律可寻的。于是就能直接算了。

详细细节见代码。

代码：

/*
*  Author:      illuz <iilluzen[at]gmail.com>
*  File:        1150.cpp
*  Create Date: 2014-05-26 22:28:45
*  Descripton:  
*/

#include <cstdio>
#include <cstring>

const int N = 2e5;

int cnt3, cnt7, cnt9, cnt2;
int n, m;
int rec[10][N];

// 计算n!中消除2,5后末位为x的数量
int f(int n, int k) {
	if (n < 1)
		return 0;
	if (n < N && rec[k][n] != -1)
		return rec[k][n];
	int ret = n / 10 + (n % 10 >= k) + f(n / 2, k) + f(n / 5, k) - f(n / 10, k);
	if (n < N)
		rec[k][n] = ret;
	return ret;
}

// 多出来的2的个数
int more(int n) {
	int num2 = 0, num5 = 0;
	int t = n;
	while (t != 0) {
		num2 += t / 2;
		t /= 2;
	}
	while (n != 0) {
		num5 += n / 5;
		n /= 5;
	}
	return num2 - num5;
}

int main()
{
	memset(rec, -1, sizeof(rec));
	while (~scanf("%d%d", &n, &m)) {
		if (m == 0) {
			puts("1");
			continue;
		}
		m = n - m;
		cnt2 = more(n) - more(m);
		cnt3 = f(n, 3) - f(m, 3);
		cnt7 = f(n, 7) - f(m, 7);
		cnt9 = f(n, 9) - f(m, 9);
		// printf("%d %d %d %d\n", cnt2, cnt3, cnt7, cnt9);

		// 2 4 8 6
		if (cnt2-- == 0)
			cnt2 = 1;
		else if (cnt2 % 4 == 0)
			cnt2 = 2;
		else if (cnt2 % 4 == 1)
			cnt2 = 4;
		else if (cnt2 % 4 == 2)
			cnt2 = 8;
		else
			cnt2 = 6;

		// 1 3 9 7
		if (cnt3 % 4 == 0)
			cnt3 = 1;
		else if (cnt3 % 4 == 1)
			cnt3 = 3;
		else if (cnt3 % 4 == 2) cnt3 = 9;
		else
			cnt3 = 7;

		// 1 7 9 3
		if (cnt7 % 4 == 0)
			cnt7 = 1;
		else if (cnt7 % 4 == 1)
			cnt7 = 7;
		else if (cnt7 % 4 == 2)
			cnt7 = 9;
		else
			cnt7 = 3;

		// 1 9
		if (cnt9 % 2 == 0)
			cnt9 = 1;
		else
			cnt9 = 9;

		printf("%d\n", cnt2 * cnt3 * cnt7 * cnt9 % 10);
	}
	return 0;
}

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POJ 1150 The Last Non-zero Digit 数论+容斥

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原文地址：http://blog.csdn.net/hcbbt/article/details/27134205