NEFU 118 - n!后面有多少个0　&　NEFU 119 - 组合素数　-　[n!的素因子分解]

首先给出一个性质：

n!的素因子分解中的素数p的幂为：[ n / p ] + [ n / p² ] + [ n / p³ ] + ……

举例证明：

例如我们有10!，我们要求它的素因子分解中2的幂；

那么，根据公式有 [ 10 / 2 ] + [ 10 / 4 ] + [ 10 / 8 ] （后面例如[10/16]之类的都为0）；

显然[ 10 / 2 ] = 5，代表了从1~10中有几个数是2的倍数：2,4,6,8,10；它们每个数都为10!提供了1个2；

之后[ 10 / 4 ] = 2，代表了从1~10中有几个数是4的倍数：4,8；那加上这两个数是为什么呢？因为在前面已经提供了5个2的基础上，4和8可以各再多提供1个2；

[ 10 / 8 ] = 1，代表了从1~10中有几个数是8的倍数：8；因为同样的，在前面的基础上，8又可以再提供一个2；

这样，可以说这个公式为什么是这样的，已经很明显了；

然后开始看题目：

题目链接：http://acm.nefu.edu.cn/JudgeOnline/problemShow.php?problem_id=118

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Description

从输入中读取一个数n，求出n！中末尾0的个数。

Input

输入有若干行。第一行上有一个整数m，指明接下来的数字的个数。然后是m行，每一行包含一个确定的正整数n，1<=n<=1000000000。

Output

对输入行中的每一个数据n，输出一行，其内容是n！中末尾0的个数。

Sample Input

Sample Output

题解：

显然的，这样的数据范围下，我们不可能直接算出n!等于多少，那么我们就要来考虑n!的因式分解；

由于我们要求n!的末尾有多少个0，不难想到每个0都代表了n!的素因子中有一个2和一个5，这样才能产生一个10，进而在末尾产生一个0；

那么，我们要根据上面的定理，有：

f(2) = [ n / 2 ] + [ n / 4 ] + [ n / 8 ] + ……

f(5) = [ n / 5 ] + [ n / 25 ] + [ n / 125 ] + ……

显然，对于[ n / p^k ]，不管k有多大，[ n / p ^ k ]都始终大于等于零；

显然，f(2)的项数应该要不会少于f(5)，同时[ n / 2^k ]与不会小于[ n / 5^k ]；

所以，n!的素因子分解式中，2的幂次数肯定多多于5的幂次数，这样，我们就可以转化为求n!的素因子分解中5的幂次数为多少；

那么，根据公式，就不难得到答案；

AC代码：

 #include<cstdio>

 int n,ans;

 int main()

 {

     int t;

     scanf("%d",&t);

     while(t--)

     {

         scanf("%d",&n);

         ans=;

         for(int i=n/;i>;i/=) ans+=i;

         printf("%d\n",ans);

     }

 }

题目链接：http://acm.nefu.edu.cn/JudgeOnline/problemShow.php?problem_id=119

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Description

小明的爸爸从外面旅游回来给她带来了一个礼物，小明高兴地跑回自己的房间，拆开一看是一个很大棋盘（非常大），小明有所失望。不过没过几天发现了大棋盘的好玩之处。从起点(0，0)走到终点(n,n)的非降路径数是C(2n,n)，现在小明随机取出1个素数p, 他想知道C(2n,n)恰好被p整除多少次？小明想了很长时间都没想出来，现在想请你帮助小明解决这个问题，对于你来说应该不难吧!

Input

有多组测试数据。

第一行是一个正整数T，表示测试数据的组数。接下来每组2个数分别是n和p的值，这里1<=n,p<=1000000000。

Output

对于每组测试数据，输出一行，给出C(2n,n)被素数p整除的次数，当整除不了的时候，次数为0。

Sample Input

Sample Output

1

1

题解：

依然是使用上面那个定理的题目；

那么如何求得a和b呢？

显然，根据上面的公式，就有：

a = [ 2n / p ] + [ 2n / p² ] + [ 2n / p³ ] + ……

b = [ n / p ] + [ n / p² ] + [ n / p³ ] + ……

最后输出的答案就是a-2*b；

AC代码：

 #include<cstdio>

 typedef long long ll;

 ll n,p;

 ll calc(ll n,ll p)

 {

     ll cnt=;

     for(ll i=n/p;i>;i/=p) cnt+=i;

     return cnt;

 }

 int main()

 {

     int t;

     scanf("%d",&t);

     while(t--)

     {

         scanf("%lld%lld",&n,&p);

         printf("%lld\n",calc(*n,p)-*calc(n,p));

     }

 }