这是标准的数学题。求N!的非零末位。

这也是标准的BT题，光是N就可以到100位。完全没有直接做的办法。还是看LeeMars的报告吧!

首先考虑某一个N!(N < 10)，我们先将所有5的倍数提出来，用1代替原来5的倍数的位置。由于5的倍数全被提走了，所以这样就不会出现尾数0了。我们先把0..9的阶乘的尾数列出来（注意，5的倍数的位置上是1），可以得到table[0..9] = (1, 1, 2, 6, 4, 4, 4, 8, 4, 6)。对于N < 5，直接输出table[N]即可；对于N > = 5，由于提出了一个5，因此需要一个2与之配成10，即将尾数除以2。注意到除了0 !和1!，阶乘的最后一个非零数字必为偶数（显然，因为在N!的质因数里2的个数要多），所以有一个很特别的除法规律：2 / 2 = 6，4 / 2 = 2，6 / 2 = 8，8 / 2 = 4。比较特殊的就是2 / 2 = 12 / 2 = 6， 6 / 2 = 16 / 2 = 8。这样我们就可以得到如下式子：

再考虑复杂的。考虑某一个N!(N >= 10)，我们先将所有5的倍数提出来，用1代替原来5的倍数的位置。由于5的倍数全被提走了，所以这样就不会出现尾数0了。我们观察一下剩下的数的乘积的尾数，通过table表，我们发现这10个数的乘积的尾数是6，6 * 6的尾数还是6，因此我们将剩下的数每10个分成一组，则剩下的数的乘积的尾数只与最后一组的情况有关，即与N的最后一位数字有关。由于我们把5的倍数提出来了，N!中一次可以提出[N/5]个5的倍数，有多少个5，就需要有多少个2与之配成10，所以有多少个5，最后就要除以多少个2。注意到除2的结果变化是4个一循环，因此如果有A个5，只需要除(A MOD 4)次2就可以了。A MOD 4只与A的最后两位数有关，很好求算。剩下的5的倍数，由于5已经全部处理掉了，就变成[N/5]!。于是，我们可以得到一个递归关系：

这样我们就得到了一个O(log5(N))的算法，整除5可以用高精度加法做，乘2再除10即
可。整个算法相当巧妙，写起来也比较轻松。

想了好半天，看了好半天，写了好半天.......

#include <cstdio>
#include <string>

typedef struct
{
    int size, a[110];
} LInt;

char ch[110];
int t[10] =
{
    1, 1, 2, 6, 4, 4, 4, 8, 4, 6
};
int f[10] =
{
    1, 1, 2, 6, 4, 2, 2, 4, 2, 8
};

void div5 ( const LInt &l, LInt &r )
{
    int c = 0, i, t;
    memset ( r.a, 0, sizeof ( r.a ) );
    for ( i = 0; i < l.size; i ++ )
    {
        r.a[i] = ( c + l.a[i] * 2 ) % 10;
        c = ( c + l.a[i] * 2 ) / 10;
    }
    if ( c )
    {
        r.a[i] = c;
        i ++;
    }
    r.size = i;
    for ( i = 0; i < r.size - 1; i ++ )
    {
        r.a[i] = r.a[i + 1];
    }
 r.a[i] = 0;
    r.size --;
}

int mod4 ( const LInt &l )
{
    int s = l.a[0] + l.a[1] * 10;
    return s % 4;
}

int ld ( const LInt &l )
{
    if ( l.size == 1 )
    {
        return f[l.a[0]];
    }
    else
    {
        LInt ll; 
        div5 ( l, ll );
        int mod = mod4 ( ll );
        int tx = ld ( ll );
        int dx = tx * 6 * t[l.a[0]] % 10;
        for ( int i = 0; i < mod; i ++ )
        {
            if ( dx == 2 )
            {
                dx = 6;
            }
            else if ( dx == 6 )
            {
                dx = 8;
            }
            else
            {
                dx /= 2;
            }
        }
        return dx;
    }
}

void proc ()
{
    LInt n;
    memset ( n.a, 0, sizeof ( n.a ) );
    n.size = strlen ( ch );
    for ( int i = 0; i < n.size; i ++ )
    {
        n.a[i] = ch[strlen ( ch ) - i - 1] - '0';
    }
    printf ( "%d\n", ld ( n ) );
}

int main ()
{
    //freopen ( "in.txt", "r", stdin );
    //freopen ( "out.txt", "w", stdout );
    while ( scanf ( "%s", ch ) != EOF )
    {
        proc ();
    }
    return 0;
}

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