[NOIP2017模拟]Factorial Surplus Tail

题目描述

FST 作为 OIer ，经常会遇到和阶乘有关的问题，但是一个数的阶乘末尾总是会有很多 0 ，FST 认为这很不美观，但是 FST 觉得如果 0 的个数是偶数的话，还是可以接受的。

所以就有这样一个问题，FST 想知道 0！，1！，2！… … (n-1)!，n! 中有多少数的末尾 0 个数是偶数。（注意0！是1，0算偶数）

输入格式

读入有若干行，每行一个正整数 n ，最后一行是一个 -1 。

输出格式

对于每个 n 输出一行，为 0！，1！，2！… … (n-1)! ，n! 中末尾 0 个数是偶数的个数。

样例数据

输入

2

3

10

-1

输出

3

4

6

备注

【数据范围】

测试点 1、2：n≤10；数据组数=1；

测试点 3、4：n≤10000；数据组数=10；

测试点 5、6、7、8：n≤109；数据组数=105；

测试点 9、10：n≤1018；数据组数=105；

分析：

算法一： 最暴力的暴力 20%

直接把阶乘算出来数 0 的个数。

算法二： 较优美的暴力 40%

因为质因子 2 肯定比质因子 5 多（这个就不需要证明了吧） ，所以相当于统计质因

子 5 的个数，所以暴力可以写地更简单。

算法三： 分段打表 60%

我们可以每隔 100W 个数打个表，这样暴力复杂度为 O(106)。

算法四： 类 DP 算法 100%

第一次 DP，预处理计算[0，5k）的答案和 0 个数的奇偶变化，可以从 5k−1

转移。

可以观察下规律： （0 表示偶数，1 表示奇数）

k=0： 0

k=1： 00000

k=2： 0000011111000001111100000

k=3： 0000011111000001111100000000001111100000… …

有 2 种可能：

k是偶数， 那么 k-1是奇数， 0 个数的奇偶会变， ansk=3∗ansk−1+2∗(5k−1−ansk−1)

k是奇数，那么 k-1是偶数，0 个数的奇偶不会变，ansk=ansk−1∗5

第二次 DP，把 n+1 转化为 5 进制，从高位开始做。

然后我们可以分类讨论，例如当前位的数是 3，当前位是奇数位，现在的奇偶性为偶，那么转移答案为 ansk∗2+(5k−ansk)∗1，因为我们预处理的答案相当于从偶数开始，然后奇数位会改奇偶性，分配给 3 段就是(ansk) (ansk取反) (ansk)。

（可以不管它，我都看不懂这是什么鸟语，看下面模拟可能还好一点）

每次复杂度 O(log5n)

代码：

这个题不好理解，更不好解释，代码下方我会模拟一次

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<iomanip>
#include<queue>
#include<set>
using namespace std;

long long getlong()
{
long long sum=0,f=1;
char ch;
for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());
if(ch=='-')
{
f=-1;
ch=getchar();
}
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())
sum=(sum<<3)+(sum<<1)+ch-48;
return sum*f;
}

long long n,mi[30],ans,num[30][2],tmp;

int main()
{
freopen("fstagain.in","r",stdin);
freopen("fstagain.out","w",stdout);

mi[0]=1;
for(int i=1;i<=25;++i)//预处理5的次方
mi[i]=mi[i-1]*5;

num[0][0]=1;//num[i][0/1]表示[0,5^i)中有多少个0/1
for(int i=1;i<=25;++i)//根据规律预处理
if(i%2==1)
{
num[i][0]=num[i-1][0]*5;
num[i][1]=num[i-1][1]*5;
}
else
{
num[i][0]=3*num[i-1][0]+2*num[i-1][1];
num[i][1]=3*num[i-1][1]+2*num[i-1][0];
}

n=getlong();
while(n!=-1)
{
ans=0;
tmp=0;
for(int i=25;i>=0;--i)//第二次dp，结合下方模拟理解
{
for(int j=1;j<=n/mi[i];++j)
{
ans+=num[i][tmp];
if(i%2==1)
tmp^=1;
}

n%=mi[i];
}

cout<<ans+num[0][tmp]<<endl;//因为我们的区间左闭右开，是[0,n-1]，还差一个数，最后加上
n=getlong();
}

return 0;
}

模拟

例如，现在的n为74（五进制244，是为了方便看加几次满足的），直接进入第二个dp，i=2时，加上两个52时满足的个数；i=1时，n还余下24，i为奇数，要取正取反取正取反；i=0时，n还余下4，i为偶数，i=1时刚好取反于是到这一步是取正了，加上四个1。最后还有一个数，由于i=0时没有取正取反，所以直接单独再加一个1。

本题结。