标签：Zeroes lfloor frac factors Factorial 0172 rfloor 因子 复杂度

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1. 题目描述

2. Solution 1

1、思路分析
区间[1, n]中质因子p的倍数有\(n_1 = \lfloor \frac{n}{p} \rfloor\)个，这些数至少贡献了\(n_1\)个质因子。\(p^2\)的倍数有\(n_2=\lfloor \frac{n}{p^2} \rfloor\)个，由于这些数已经是\(p\)的倍数了，为了不重复统计\(p\)的个数，仅考虑额外贡献的质因子个数，即这些数额外贡献了至少\(n_2\)个质因子\(p\)。以此类推，[1, n]中质因子\(p\)的个数为 \(\sum_{k=1}^{ \infty}\lfloor \frac{n}{p^k} \rfloor\)
上式表明:
1> n不变，p越大，质因子个数越少，因此[1, n]中质因子5的个数不会大于质因子2的个数；
2> [1, n]中质因子5的个数为: \(\sum_{k=1}^{\infty} \lfloor \frac{n}{5^k} \rfloor < \sum_{k=1}^{\infty} \frac{n}{5^k} = \frac{n}{4} = O(n)\)
代码实现时，由于 \(\lfloor \frac{n}{5^k} \rfloor = \lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{5^{k-1}} \rfloor }{5} \rfloor\)
因此，可以通过不断将n除以5，并累加每次除后的n，来得到答案。

2、代码实现

package Q0199.Q0172FactorialTrailingZeroes;

/*
    Iteration
 */
public class Solution2 {
    public int trailingZeroes(int n) {
        int res= 0;
        while (n >= 5) {
            n = n / 5;
            res += n;
        }
        return res;
    }
}

3、复杂度分析
时间复杂度: O(log n)
空间复杂度: O(1)

3. Solution 2

1、思路分析
Solution1的递归实现。
2、代码实现

package Q0199.Q0172FactorialTrailingZeroes;

/*
    Because all trailing 0 is from factors 5 * 2.
    But sometimes one number may have several 5 factors, for example, 25 have two 5 factors, 125 have tree 5 factors.
    In the n! operation, factors 2 is always ample. So we just count how many 5 factors in all number from 1 to n.
 */
public class Solution {
    // recursion
    public int trailingZeroes(int n) {
        return n == 0 ? 0 : n / 5 + trailingZeroes(n / 5);
    }
}

3、复杂度分析
时间复杂度: O(log n)
空间复杂度: O(log n)

标签：Zeroes,lfloor,frac,factors,Factorial,0172,rfloor,因子,复杂度
来源： https://www.cnblogs.com/junstat/p/16323595.html

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