UVA-10212 The Last Non-zero Digit. 分解质因子+容斥定理
这个是参考了别人之后的代码，POJ上0MS过了。Orz......对于一个序列在提取了2,5之后，例如1,2,3,4,5,6,7,8,9,10，我们可以将其中的奇数和偶数分开来对待，对于偶数序列2,4,6,8,10由于原序列会被提取出2，所以就退化成了1,2,3,4,5，这个奇数序列，对于奇数序列1,3,5,7,9我们就可以来统计3,5,7的数量了，同样出现的次数是总长度N=10除以10（单位出现区间）再判定N%10是否大于要求得数，对于这个奇数序列由于5是要被提取的，所以又变成了1这个序列，更多数可能更好看了。如此递归下去便行了。
代码如下：
#include <cstdlib> #include <cstring> #include <cstdio> using namespace std; int N, M, rec[4][4] = { {6, 2, 4, 8}, {1, 3, 9, 7}, {1, 7, 9, 3}, {1, 9, 1, 9} }; int Get2(int x) { if (!x) return 0; return x/2+Get2(x/2); } int Get5(int x) { if (!x) return 0; return x/5+Get5(x/5); } int GetOdd(int x, int Base) { if (!x) return 0; return x/10 + (x%10 >= Base) + GetOdd(x/5, Base); } // 传进去的还是一个完整的序列，该函数的功能在于得到其偶数序列的性质 int GetEven(int x, int Base) { if (!x) return 0; return GetEven(x/2, Base) + GetOdd(x, Base); } int main() { int n2, n3, n5, n7, n9, m2, m3, m5, m7, m9, ret; while (scanf("%d %d", &N, &M) == 2) { ret = 1; M = N - M; n2 = Get2(N), m2 = Get2(M); n5 = Get5(N), m5 = Get5(M); n2 -= m2, n5 -= m5; if (n2 >= n5) { n2 -= n5, n5 = 0; } else { puts("5"); continue; } n3 = GetEven(N, 3), m3 = GetEven(M, 3); n7 = GetEven(N, 7), m7 = GetEven(M, 7); n9 = GetEven(N, 9), m9 = GetEven(M, 9); n3 = (n3-m3)%4, n7 = (n7-m7)%4, n9 = (n9-m9)%4; if (n2) ret *= rec[0][n2%4]; ret *= rec[1][n3] * rec[2][n7] * rec[3][n9]; printf("%d\n", ret % 10); } return 0; }
我的这个写法并不是最好的，POJ上的1150是没方法过的，UVA上的时限相对比较松。能在POJ上过的基本0MS，这段代码UVA上跑了7MS多。
解释见代码：
#include <cstdlib> #include <cstring> #include <cstdio> using namespace std; /* 计算排列数A(M,N)的最后一位非零位，A(M, N) = N! / (N-M)! 令 M = N - M，则问题转化为 N! / M!，从质因子的角度出发，我们一定能够得到 N! 的各项质因子的数量都一定 大于等于 M!，如果N比较小的话我们找可以出两者所有的质因子2,5的数量,以及以3,7,9结尾的质因子，再进行相消，最后得到结果。 如果N较大的话，就只关心质因子2,5的数量，相当于我们对于 N!写成 N! = 2^e1 * 5^e2 * x1 * x2 * x3 * ...，对于提出了2, 5 的序列，我们又可以将其视为1*2*3*4*...N/2(N/5)的一个序列（原序列为2*4*6*8*10*...或者是5*10*15*20*...)，对于这样一个 重新编排的的序列，我们可以继续统计出2,5,我们还可以继续进行重拍，并且一直进行下去，提取出2,5后我们面对就是一系列的只 含有1,3,7,9的序列，因此我们还需要统计出它们（非质因子分解后）分别的数量，我们可以知道已这些结尾的数都是每10个数出现 一次，所以我们只需要对整个序列的长度除以10来得到，在重排除以2,5后的序列时要注意用容斥定理减去重复计算的 */ int N, M, rec[4][4] = { {6, 2, 4, 8}, {1, 3, 9, 7}, {1, 7, 9, 3}, {1, 9, 1, 9} }; int Get2(int x) { if (!x) return 0; return x/2+Get2(x/2); } int Get5(int x) { if (!x) return 0; return x/5+Get5(x/5); } int Get3(int x) { if (!x) return 0; return x/10 + (x%10>=3) + Get3(x/2) + Get3(x/5) - Get3(x/10); } int Get7(int x) { if (!x) return 0; return x/10 + (x%10>=7) + Get7(x/2) + Get7(x/5) - Get7(x/10); } int Get9(int x) { if (!x) return 0; return x/10 + (x%10>=9) + Get9(x/2) + Get9(x/5) - Get9(x/10); } int main() { // 对2,5处理只是为了把后面的零全部去除，最后一定只剩下n2 // n2 表示的就是最有对最后一位非零位有贡献的因子2的个数 // 2,3,7,9循环节的最小公倍数为4 int n2, n3, n5, n7, n9, m2, m3, m5, m7, m9, ret; while (scanf("%d %d", &N, &M) == 2) { ret = 1; M = N - M; n2 = Get2(N), m2 = Get2(M); n5 = Get5(N), m5 = Get5(M); n2 -= m2, n5 -= m5; if (n2 >= n5) { n2 -= n5; n5 = 0; } else { n5 -= n2; n2 = 0; } n3 = Get3(N), m3 = Get3(M); n7 = Get7(N), m7 = Get7(M); n9 = Get9(N), m9 = Get9(M); n3 -= m3, n7 -= m7, n9 -= m9; if (n2) { ret *= rec[0][n2%4]; } if (n5) { ret *= 5; } n3 %= 4, n7 %= 4, n9 %= 4; ret = ret * rec[1][n3] * rec[2][n7] * rec[3][n9]; printf("%d\n", ret % 10); } return 0; }
