2.尾部的零

描述

设计一个算法，计算出n阶乘中尾部零的个数

样例

样例  1:
    输入: 11
    输出: 2
    
    样例解释: 
    11! = 39916800, 结尾的0有2个。

样例 2:
    输入:  5
    输出: 1
    
    样例解释: 
    5! = 120， 结尾的0有1个。

分析

三种思路：第一种算出结果，然后查看末尾的0的个数，效果非常差；第二种，加法操作，从5开始，每次进5，然后判断，效果达不到O(logN)；第三种，每次除5，多次之后结束。
详情如下。

算法1：最朴素（效率最低）

面对此问题，第一反应是直接计算结果：11!=39916800，然后设计程序判断末尾的0的个数，很简单就可以实现。
但是相应的会有很多的问题：
1、计算阶乘的开销
现在只是11的阶乘，都已经很大了，如果是5555550000000的阶乘呢？按照程序的计算结果，末尾会有1388887499996个0，计算开销很值得考虑。
2、溢出
按照上面的介绍，5555550000000的阶乘有1388887499996个0，那么可以推知阶乘的结果会是很大的一个整数，肯定会超出long类型的界限，结果会溢出。这样还要考虑处理溢出问题，又是另一个问题。
3、效率
算法2会涉及到效率问题，会发现即使是算法2也会出现计算时间超出要求的问题，那么更为“朴素”的算法1效率更是可想而知了。
因此，算法1，舍弃。

class Solution:
    """
    @param: n: An integer
    @return: An integer, denote the number of trailing zeros in n!
    """
    def trailingZeros(self, n):
        # write your code here, try to do it without arithmetic operators.
        a = 1
        sum =0
        if n < 0:
            return print('负数没有阶乘')
        elif n == 1:
            return 0
        else:
            for i in range(1,n+1):
                a = a * i
            print(a)
            while a%10 == 0:
                sum +=1
            return sum

solution = Solution()
solution.trailingZeros(11)

算法2：以5为迭代步数

仔细的考虑问题，会发现末尾出现的0是10或10的倍数相乘的结果，而10其实是5与偶数相乘。也就是，最终结果中末尾出现的0是5、10、15、20、25…自身或与偶数相乘之后的产生的。下面可以分为偶数和5的倍数分析。
首先考虑偶数。
考虑2的幂次项2、4、8…中的2的个数，发现2的幂指数的增长速度远比5的幂指数增长的快，更不用说其他的普通偶数6、12、14…。因此可以认为有足够的偶数与奇数形式的5的倍数相乘产生足够的0。所以我们后面只考虑5的倍数。
接着考虑5的倍数。

5、10、15、20、25....

首先，这些数字都可以不用进行%5（对5取余数）运算，因此每次循环时可以直接将函数的count变量直接加1。其次，考虑25、125、625…等5的幂次项，因为他们每一个都可以在与偶数相乘之后产生多个0。因此，设置一个循环体，判断是多少幂次项，并将结果加进count。
综上所述，可以编写代码如下：

public class Solution {

    /*
     * param n: As desciption return: An integer, denote the number of trailing
     * zeros in n!
     */
    public long trailingZeros(long n) {
        // write your code here
        long count = 0;
        long pwr = 25;
        for (long temp = 5; temp <= n; temp+=5) {
            // for循环内部的temp都是5的倍数，因此首先进行+1操作
            count++;
            pwr = 25;
            // 判断是不是25、125、625...的倍数，并根据每次pwr的变化进行+1操作
            while (temp % pwr == 0) {
                count++;
                pwr *= 5;
            }
        }
        return count;
    }
}

代码很简单，不再解释。
但是效率很差，分析发现代码的时间复杂度实际是O(N/5)~=O(N)，达不到要求的O(logN)。
算法2虽然可以解决问题，但考虑执行效率，算法2应该舍弃。

算法3：科学思想

反思一下

这个思想一开始很难想到，看了其他人的发现自己要学习的很多。
提交算法2的代码，发现前面的简单测试都能通过，但是数值111111110000000测试失败。特别是实现了时间复杂度O(logN)的算法3之后，才发现两者时间开销差别真的是很大。

重新分析

1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、...

1、分析上面的数列可知，每5个数中会出现一个可以产生结果中0的数字。把这些数字抽取出来是：

...、5、...、10、...、15、...、20、...、25、...

这些数字其实是都能满足5*k的数字，是5的倍数。统计一下他们的数量：n1=N/5。比如如果是101，则101之前应该是5,10,15,20,...,95,100共101/5=20个数字满足要求。

2、将1中的这些数字化成5*(1、2、3、4、5、...)的形式，内部的1、2、3、4、5、...又满足上面的分析：每5个数字有一个是5的倍数。抽取为：

...、25、...、50、...、75、...、100、...、125、...

而这些数字都是25的倍数（5的2次幂的倍数），自然也都满足5k的要求。
这些数字是25、50、75、100、125、...=5(5、10、15、20、25、...)=55(1、2、3、4、5、...)，内部的1、2、3、4、5、...又满足上面的分析，因此后续的操作重复上述步骤即可。
统计一下第二次中满足条件的数字数量：n2=N/5/5，101/25=(101/5)/5=4。
因为25、50、75、100、125、...它们都满足相乘后产生至少两个0，在第一次5k分析中已经统计过一次。对于N=101，是20。因此此处的55k只要统计一次4即可，不需要根据25是5的二次幂统计两次。
后面的125,250,...等乘积为1000的可以为结果贡献3个0的数字，只要在55*k的基础上再统计一次n3=((N/5)/5)/5即可。

TIM截图20190215170939.png

3、第三次
其实到这里已经不用再写，规律已经很清楚了。对于例子N=101，只要根据规律进行101/125=((101/5)/5)/5=4/5=0，退出统计。因此最终结果是20+4=24。计算结束。

#可以将每个数拆分成其素因子的乘积，可以发现，0是由2*5产生的，而5的数量一定小于2的数量，因此5的个数决定了结尾0的个数。
#只要计算n的阶乘中，5这个素因子出现多少次即可。
class Solution:
    # @param n a integer
    # @return ans a integer
    def trailingZeros(self, n):
        sum = 0
        while n != 0:
            n /= 5
            sum+= n
        return sum