洛谷 P2388 阶乘之乘题解

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简要题意：

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

显然，我们对原式进行修改：

∏ i = 1 n ∏ j = 1 i j \prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^i j i=1∏nj=1∏ij

= ∏ j = 1 n j ⋅ ( n − j + 1 ) =\prod_{j=1}^n j \cdot (n-j+1) =j=1∏nj⋅(n−j+1)

这是因为每个数 j j j 在所有 ≥ j \geq j ≥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 × 5 = 10 2 \times 5 = 10 2×5=10.即每一个 2 2 2 和 5 5 5 这一组就会给答案产生 1 1 1 的贡献。

那么， 5 5 5 的个数和 2 2 2 的个数哪个多呢？

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

∑ j = 1 ∞ ⌊ n 5 j ⌋ \sum_{j=1}^{\infty} \lfloor{ \frac{n}{5^j} \rfloor} j=1∑∞⌊5jn⌋

∑ j = 1 ∞ ⌊ n 2 j ⌋ \sum_{j=1}^{\infty} \lfloor{ \frac{n}{2^j} \rfloor} j=1∑∞⌊2jn⌋

分子相同，当然分母小的大喽！

所以我们只需要计算 5 5 5 的个数。

下面我们定义：

F n = ∑ j = 1 ∞ ⌊ n 5 j ⌋ F_n = \sum_{j=1}^{\infty} \lfloor{ \frac{n}{5^j} \rfloor} Fn=j=1∑∞⌊5jn⌋

也就是 n n n 有的 5 5 5 的个数。

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

F 5 × i ⋅ ( n + 1 − 5 × i ) F_{5 \times i} \cdot (n+1-5 \times i) F5×i⋅(n+1−5×i)

这是因为，我们上面的那个变形。还记得吗？

∏ i = 1 n ∏ j = 1 i j \prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^i j i=1∏nj=1∏ij

= ∏ j = 1 n j ⋅ ( n − j + 1 ) =\prod_{j=1}^n j \cdot (n-j+1) =j=1∏nj⋅(n−j+1)

只需要算单点的贡献即可。

时间复杂度为： O ( n 5 log ⁡ 5 n ) = O ( n log ⁡ n ) O(\frac{n}{5} {\log}_5 n) = O(n \log n) O(5nlog5n)=O(nlogn)

如果你觉得是 O ( n log ⁡ n ) O(n \log n) O(nlogn) 会妥妥的超时，那你错了。

在不忽略任何常数的情况下：

O ( 1 0 8 5 log ⁡ 5 1 0 8 ) = 12 × ( 2 × 1 0 7 ) = 2.4 × 1 0 8 O(\frac{10^8}{5} {\log}_5 10^8) = 12 \times (2 \times 10^7) = 2.4 \times 10^8 O(5108log5108)=12×(2×107)=2.4×108

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 {\log}_5 n log5n 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;
}

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