NEFU 118 - n!后面有多少个0 & NEFU 119 - 组合素数 - [n!的素因子分解]
首先给出一个性质：
n!的素因子分解中的素数p的幂为：[ n / p ] + [ n / p² ] + [ n / p³ ] + ……
举例证明：
例如我们有10!，我们要求它的素因子分解中2的幂；
那么，根据公式有 [ 10 / 2 ] + [ 10 / 4 ] + [ 10 / 8 ] （后面例如[10/16]之类的都为0）；
显然[ 10 / 2 ] = 5，代表了从1~10中有几个数是2的倍数：2,4,6,8,10；它们每个数都为10!提供了1个2；
之后[ 10 / 4 ] = 2，代表了从1~10中有几个数是4的倍数：4,8；那加上这两个数是为什么呢？因为在前面已经提供了5个2的基础上，4和8可以各再多提供1个2；
[ 10 / 8 ] = 1，代表了从1~10中有几个数是8的倍数：8；因为同样的，在前面的基础上，8又可以再提供一个2；
这样，可以说这个公式为什么是这样的，已经很明显了；
然后开始看题目：
题目链接：http://acm.nefu.edu.cn/JudgeOnline/problemShow.php?problem_id=118
Time Limit:1000ms Memory Limit:65536K
Description
从输入中读取一个数n，求出n！中末尾0的个数。
Input
输入有若干行。第一行上有一个整数m，指明接下来的数字的个数。然后是m行，每一行包含一个确定的正整数n，1<=n<=1000000000。
Output
对输入行中的每一个数据n，输出一行，其内容是n！中末尾0的个数。
Sample Input
3 3 100 1024
Sample Output
0 24 253
题解：
显然的，这样的数据范围下，我们不可能直接算出n!等于多少，那么我们就要来考虑n!的因式分解；
由于我们要求n!的末尾有多少个0，不难想到每个0都代表了n!的素因子中有一个2和一个5，这样才能产生一个10，进而在末尾产生一个0；
那么，我们要根据上面的定理，有：
f(2) = [ n / 2 ] + [ n / 4 ] + [ n / 8 ] + ……
f(5) = [ n / 5 ] + [ n / 25 ] + [ n / 125 ] + ……
显然，对于[ n / p^k ]，不管k有多大，[ n / p ^ k ]都始终大于等于零；
显然，f(2)的项数应该要不会少于f(5)，同时[ n / 2^k ]与不会小于[ n / 5^k ]；
所以，n!的素因子分解式中，2的幂次数肯定多多于5的幂次数，这样，我们就可以转化为求n!的素因子分解中5的幂次数为多少；
那么，根据公式，就不难得到答案；
AC代码：
1 #include<cstdio> 2 int n,ans; 3 int main() 4 { 5 int t; 6 scanf("%d",&t); 7 while(t--) 8 { 9 scanf("%d",&n); 10 ans=0; 11 for(int i=n/5;i>0;i/=5) ans+=i; 12 printf("%d\n",ans); 13 } 14 }
题目链接：http://acm.nefu.edu.cn/JudgeOnline/problemShow.php?problem_id=119
Time Limit:1000ms Memory Limit:65536K
Description
小明的爸爸从外面旅游回来给她带来了一个礼物，小明高兴地跑回自己的房间，拆开一看是一个很大棋盘（非常大），小明有所失望。不过没过几天发现了大棋盘的好玩之处。从起点(0，0)走到终点(n,n)的非降路径数是C(2n,n)，现在小明随机取出1个素数p, 他想知道C(2n,n)恰好被p整除多少次？小明想了很长时间都没想出来，现在想请你帮助小明解决这个问题，对于你来说应该不难吧!
Input
有多组测试数据。 第一行是一个正整数T，表示测试数据的组数。接下来每组2个数分别是n和p的值，这里1<=n,p<=1000000000。
Output
对于每组测试数据，输出一行，给出C(2n,n)被素数p整除的次数，当整除不了的时候，次数为0。
Sample Input
2 2 2 2 3
Sample Output
1 1
题解：
依然是使用上面那个定理的题目；
那么如何求得a和b呢？
显然，根据上面的公式，就有：
a = [ 2n / p ] + [ 2n / p² ] + [ 2n / p³ ] + ……
b = [ n / p ] + [ n / p² ] + [ n / p³ ] + ……
最后输出的答案就是a-2*b；
AC代码：
1 #include<cstdio> 2 typedef long long ll; 3 ll n,p; 4 ll calc(ll n,ll p) 5 { 6 ll cnt=0; 7 for(ll i=n/p;i>0;i/=p) cnt+=i; 8 return cnt; 9 } 10 int main() 11 { 12 int t; 13 scanf("%d",&t); 14 while(t--) 15 { 16 scanf("%lld%lld",&n,&p); 17 printf("%lld\n",calc(2*n,p)-2*calc(n,p)); 18 } 19 }
