LeetCode 2117. 一个区间内所有数乘积的缩写 数学
LeetCode 2117. 一个区间内所有数乘积的缩写
题目描述
给你两个正整数 left 和 right，满足 left <= right。请你计算 闭区间 [left, right] 中所有整数的 乘积。
由于乘积可能非常大，你需要将它按照以下步骤 缩写：
- 统计乘积中 后缀 0 的数目，将这个数目记为
C。
比方说，1000中有3个后缀 0，546中没有后缀 0。 - 将乘积中剩余数字的位数记为
d。如果d > 10，那么将乘积表示为<pre>...<suf>的形式，其中<pre>表示乘积最 开始 的5个数位，<suf>表示删除后缀 0 之后 结尾的5个数位。如果d <= 10，我们不对它做修改。
比方说，我们将1234567654321表示为12345...54321，但是1234567仍然表示为1234567。 - 最后，将乘积表示为 字符串
"<pre>...<suf>eC"。
比方说，12345678987600000被表示为"12345...89876e5"。
请你返回一个字符串，表示 闭区间 [left, right] 中所有整数 乘积 的 缩写。
样例
输入：left = 1, right = 4
输出："24e0"
解释：
乘积为 1 × 2 × 3 × 4 = 24 。
由于没有后缀 0，所以 24 保持不变，缩写的结尾为 "e0"。
因为乘积的结果是 2 位数，小于 10，所欲我们不进一步将它缩写。
所以，最终将乘积表示为 "24e0"。
输入：left = 2, right = 11
输出："399168e2"
解释：
乘积为 39916800 。
有 2 个后缀 0，删除后得到 399168。缩写的结尾为 "e2"。
删除后缀 0 后是 6 位数，不需要进一步缩写。
所以，最终将乘积表示为 "399168e2"。
输入：left = 999998, right = 1000000
输出："99999...00002e6"
解释：
上图展示了如何得到乘积的缩写 "99999...00002e6"。
- 总共有 6 个后缀 0。缩写的结尾为 "e6"。
- 开头 5 个数位是 99999。
- 删除后缀 0 后结尾 5 个数字为 00002。
输入：left = 256, right = 65535
输出："23510...78528e16317"
解释：
乘积是一个非常大的数字：
- 总共有 16317 个后缀 0。缩写结尾为 "e16317"。
- 开头 5 个数字为 23510。
- 删除后缀 0 后，结尾 5 个数字为 78528。
所以，乘积的缩写为 "23510...78528e16317"。
限制
1 <= left <= right <= 10^6
算法
(数学) \(O(n)\)
本题要求的分为三部分，第一部分求后缀 0 的个数，第二部分求低 5 位，第三部分求高 5 位。
-
第一部分：一个数末尾0的个数\(min(cnt_5, cnt_2)\)，对于阶乘的质因子个数，有勒让德定理：
在正数 \(n !\) 的素因子标准分解式中, 素数 \(p\) 的指数记作 \(L_{p}(n !)\) , 则 \(L_{p}(n !)=\sum_{k \geq 1}\left[\frac{n}{p^{k}}\right]\).
int get_p(int x, int p){ int res = 0; while(x){ res += x / p; x /= p; } return res; }
即\(right\) 阶乘中因数 \(5\) 的个数减去 \(left - 1\) 阶乘中因数 \(5\) 的个数，与 \(right\) 阶乘中因数 \(2\) 的个数减去 \(left - 1\) 阶乘中因数 \(2\) 的个数取最小值后，就是区间后缀 0 的个数 \(C\)。
-
第二部分：从 \(left\) 累乘到 \(right\)，过程中，对乘数总共进行 \(C\)次扣除因数 \(2\) 和因数 \(5\)，并对结果进行 \(100000\) 取余。
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第三部分:
-
设 \(P=a_{1} a_{2} a_{3} \ldots a_{n}\) ，则\(\lg P=\lg a_{1}+\lg a_{2}+\lg a_{3}+\cdots+\lg a_{n}\) 。
-
即\(P\)的位数\(S=\lg P\) ，则 \(P=10^{S}\) 。此时将 \(S\) 分为整数部分\(S_{1}\) 和小数部分 \(S_{2}\) ，则 \(P=10^{S_{1}} \cdot 10^{S_{2}}\) 。\(10^{S_{1}}\)代表后面的0个数，\(P\)真正有效非后缀0的是\(10^{S_{2}}\)。
-
\(P\) 的高五位就是 \(P\) 不断除以 10 直到最终只剩下五位，此时高五位相当于 \(10^{S_{2}+4}= 10^{S - floor(s) + 4}\) 。
-
-
求解第三部分过程中，如果发现 \(S_1 < 10 + C\)，则说明非后缀零的位数小于等于 10 位，此时可以暴力求解第二部分的结果。
-
注意：
sprintf(ans, "%d...%05de%d", high, low, zero);，对于第二部分，前缀0需要处理一下。
时间复杂度
- 求解第一部分的时间复杂度为 \(O(log n)\)。
- 求解第二部分的时间复杂度为 \(O(n)\)。
- 求解第三部分的时间复杂度也为 \(O(n)\)。
- 故总时间复杂度为 \(O(n)\)。
空间复杂度
- 仅需要常数的额外空间。
C++ 代码
typedef long long LL;
class Solution {
public:
int get_p(int x, int p){
int res = 0;
while(x){
res += x / p;
x /= p;
}
return res;
}
string abbreviateProduct(int left, int right) {
int zero = min(get_p(right, 5) - get_p(left - 1, 5), get_p(right, 2) - get_p(left - 1, 2));
long double s = 0;
for(int i = left; i <= right; i++){
s += log10(i);
}
if(s - zero < 10){
int cnt2 = zero, cnt5 = zero;
LL res = 1;
for(int i = left; i <= right; i++){
int x = i;
while(cnt2 > 0 && x % 2 == 0){
x /= 2;
cnt2 --;
}
while(cnt5 > 0 && x % 5 == 0){
x /= 5;
cnt5 --;
}
res = res * x;
}
char ans[100];
sprintf(ans, "%llde%d", res, zero);
return ans;
}
int cnt2 = zero, cnt5 = zero;
LL low = 1;
for(int i = left; i <= right; i++){
int x = i;
while(cnt2 > 0 && x % 2 == 0){
x /= 2;
cnt2 --;
}
while(cnt5 > 0 && x % 5 == 0){
x /= 5;
cnt5 --;
}
low = (low * x) % 100000;
}
LL high = pow(10, s - floor(s) + 4);
char ans[100];
sprintf(ans, "%d...%05de%d", high, low, zero);
return ans;
}
};
