洛谷 P2388 阶乘之乘 题解

CSDN同步

原题链接

简要题意：

求 \(\prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^i j\) 的末尾有几个零。

显然，我们对原式进行修改：

\[\prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^i j \]

\[=\prod_{j=1}^n j \cdot (n-j+1) \]

这是因为每个数 \(j\) 在所有 \(\geq j\) 的阶乘中都被乘了一遍。

下面我们只需要考虑：

末尾零是如何产生的？—— \(2 \times 5 = 10\).即每一个 \(2\) 和 \(5\) 这一组就会给答案产生 \(1\) 的贡献。

那么， \(5\) 的个数和 \(2\) 的个数哪个多呢？

显然， \(2\) 的个数 不小于 \(5\) 的个数， 这是因为，你只需比较这两个式子：

\[\sum_{j=1}^{\infty} \lfloor{ \frac{n}{5^j} \rfloor} \]

\[\sum_{j=1}^{\infty} \lfloor{ \frac{n}{2^j} \rfloor} \]

分子相同，当然分母小的大喽！

所以我们只需要计算 \(5\) 的个数。

下面我们定义：

\[F_n = \sum_{j=1}^{\infty} \lfloor{ \frac{n}{5^j} \rfloor} \]

也就是 \(n\) 有的 \(5\) 的个数。

那么对于每个 \(5 \times i\) 即 \(5\) 的倍数，它们会对答案产生的贡献是：

\[F_{5 \times i} \cdot (n+1-5 \times i) \]

这是因为，我们上面的那个变形。还记得吗？

\[\prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^i j \]

\[=\prod_{j=1}^n j \cdot (n-j+1) \]

只需要算单点的贡献即可。

时间复杂度为： \(O(\frac{n}{5} {\log}_5 n) = O(n \log n)\)

如果你觉得是 \(O(n \log n)\) 会妥妥的超时，那你错了。

在不忽略任何常数的情况下：

\[O(\frac{10^8}{5} {\log}_5 10^8) = 12 \times (2 \times 10^7) = 2.4 \times 10^8 \]

你可能觉得这个时间复杂度还是有点危险？

确实，这里有 \({\log}_5 n\) 的更优算法，但这里不再提及。

这可能是因为洛谷的评测机比较快吧……

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

inline ll read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
    ll x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}

ll n,ans=0;

inline int five(ll n) { //计算5的个数
    int s=0;
    while(n%5==0)
        s++,n/=5;
    return s;   
}

int main(){
    n=read();
    for(int i=1;i<=n/5;i++) {
        ans+=five(5*i)*(n+1-5*i);
    } printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}