n!后面有多少个0

很经典的一道数学题：求n！后面有多少个0。

我的思路：

从"那些数相乘可以得到10"这个角度，问题就变得比较的简单了。

首先考虑，如果N的阶乘为K和10的M次方的乘积，那么N!末尾就有M的0。如果将N的阶乘分解后，那么

N的阶乘可以分解为： 2的X次方，3的Y次方，4的5次Z方，.....的成绩。由于10 = 2 * 5,所以M只能和X和Z有关，每一对2和5相乘就可以得到一个10，于是M = MIN(X,Z),不难看出X大于Z，因为被2整除的频率比被5整除的频率高的多。所以可以把公式简化为M=Z.

由上面的分析可以看出，只要计算处Z的值，就可以得到N!末尾0的个数

搜集了一下网上的资料，发现他们弄的挺麻烦的。。不过逻辑性比较强，大家可以参考一下。。。。

令f(x)表示正整数x末尾所含有的“0”的个数，则有：

当0 < n < 5时，f(n!) = 0;

当n >= 5时，f(n!) = k + f(k!), 其中 k = n / 5（取整）。

显然，对于阶乘这个大数，我们不可能将其结果计算出来，再统计其末尾所含有的“0”的个数。所以必须从其数字特征进行分析。下面我们从因式分解的角度切入分析。

我们先考虑一般的情形。对于任意一个正整数，若对其进行因式分解，那么其末尾的“0”必可以分解为2*5。在这里，每一个“0”必然和一个因子“5”相对应。但请注意，一个数的因式分解中因子“5”不一定对应着一个“0”，因为还需要一个因子“2”，才能实现其一一对应。

我们再回到原先的问题。这里先给出一个结论：

结论1： 对于n的阶乘n！，其因式分解中，如果存在一个因子“5”，那么它必然对应着n！末尾的一个“0”。

下面对这个结论进行证明：

(1)当n < 5时, 结论显然成立。

(2)当n >= 5时，令n！= [5k * 5(k-1) * ... * 10 * 5] * a，其中 n = 5k + r (0 <= r <= 4)，a是一个不含因子“5”的整数。

对于序列5k, 5(k-1), ..., 10, 5中每一个数5i(1 <= i <= k)，都含有因子“5”，并且在区间(5(i-1),5i)(1 <= i <= k)内存在偶数，也就是说，a中存在一个因子“2”与5i相对应。即，这里的k个因子“5”与n！末尾的k个“0”一一对应。

我们进一步把n！表示为：n！= 5^k * k! * a（公式1），其中5^k表示5的k次方。很容易利用(1)和迭代法，得出结论1。

上面证明了n的阶乘n！末尾的“0”与n！的因式分解中的因子“5”是一一对应的。也就是说，计算n的阶乘n！末尾的“0”的个数，可以转换为计算其因式分解中“5”的个数。

令f(x)表示正整数x末尾所含有的“0”的个数, g(x)表示正整数x的因式分解中因子“5”的个数，则利用上面的的结论1和公式1有：

f(n!) = g(n!) = g(5^k * k! * a) = k + g(k!) = k + f(k!)

所以，最终的计算公式为：

当0 < n < 5时，f(n!) = 0;

当n >= 5时，f(n!) = k + f(k!), 其中 k = n / 5（取整）。

代码如下：

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

int fun(int n)
{
	int sum = 0;
	while(n / 5 != 0)
	{
		sum += (n / 5);
		n /= 5;
	}
	return sum;
}

int main()
{
	int ncase, num, ans;
	scanf("%d", &ncase);
	while(ncase--)
	{
		scanf("%d", &num);
		ans = fun(num);
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}