Let f(x) be the number of zeroes at the end of x!. (Recall that x! = 1 * 2 * 3 * ... * x, and by convention, 0! = 1.)
For example, f(3) = 0 because 3! = 6 has no zeroes at the end, while f(11) = 2 because 11! = 39916800 has 2 zeroes at the end. Given K, find how many non-negative integers x have the property that f(x) = K.
Example 1: Input: K = 0 Output: 5 Explanation: 0!, 1!, 2!, 3!, and 4! end with K = 0 zeroes. Example 2: Input: K = 5 Output: 0 Explanation: There is no x such that x! ends in K = 5 zeroes.
Note:
Kwill be an integer in the range[0, 10^9].
這道題的題目名稱非常的難懂，但是讀了題目內容以后，就不難理解了，定義函數 f(x) 為 x! 的末尾0的個數，現在給了我們一個非負整數K，問使得 f(x)=K 成立的非負整數的個數。之前做過一道有關階乘末尾零的個數的題 Factorial Trailing Zeroes，從那道里知道了末尾0其實是由2和5相乘為 10 得到的，而階乘中2的數量遠多於5的個數，所以 10 的個數就只取決於5的個數。需要注意的一點就是，像 25，125，這樣的不只含有一個5的數字需要考慮進去。比如，24 的階乘末尾有4個0，分別是 5，10，15，20 中的四個5組成的，而 25 的階乘末尾就有6個0，分別是 5，10，15，20 中的各一個5，還有 25 中的兩個5，所以共有六個5，那么就不存在其階乘數末尾有5個0的數。還有一個很重要的規律需要發現，對於 20，21，22，23，24，這五個數的階乘數末尾零的個數其實是相同的，都是有4個，因為它們包含的5的個數相同。而 19，18，17，16，15，這五個數末尾零個數相同，均為3。那么我們其實可以發現，每五個數，必會至少多出1個5，有可能更多。所以階乘末尾零個數均為K個的x值，只有兩種情況，要么是5，要么是0，這個規律得出來后，繼續向着正確的解題方向前進。
基於之前那道題 Factorial Trailing Zeroes 的解法，可以知道如何快速求一個給定的數字階乘末尾零的個數，那么只要找到了一個這樣的數，其階乘末尾零的個數等於K的話，那么就說明總共有5個這樣的數，返回5，反之，如果找不到這樣的數字，就返回0。像這種選一個 candidate 數字，再進行驗證的操作，用二分搜索法就是極好的，屬於博主的總結帖中 LeetCode Binary Search Summary 二分搜索法小結 的第四類，用子函數當作判斷關系。首先要確定二分搜索法的范圍，左邊界很好確定，為0就行了，關鍵是來確定右邊界，來分析一下，一個數字的階乘末尾零個數為K，那么這個數字能有多大，就拿前面舉的例子來說吧，末尾有4個0的最大數字是 24，有六個0的最大是 29，可以發現它們都不會超過 5*(K+1) 這個范圍，所以這就是右邊界，注意右邊界可能會超過整型數范圍，要用長整型來表示。那么之后就是經典的二分搜索法的步驟了，確定一個中間值 mid，然后調用子函數來計算 mid 的階乘數末尾零的個數，用來和K比較大小，如果相等了，直接返回5，如果小於K，那么更新 left 為 mid+1，反之，更新 right 為 mid 即可，最終沒找到的話，返回0即可，參見代碼如下：
解法一：
class Solution { public: int preimageSizeFZF(int K) { long left = 0, right = 5L * (K + 1); while (left < right) { long mid = left + (right - left) / 2; long cnt = numOfTrailingZeros(mid); if (cnt == K) return 5; else if (cnt < K) left = mid + 1; else right = mid; } return 0; } long numOfTrailingZeros(long x) { long res = 0; for (; x > 0; x /= 5) { res += x / 5; } return res; } };
下面這種解法是把子函數融到了 while 循環內，使得看起來更加簡潔一些，解題思路跟上面的解法一模一樣，參見代碼如下：
解法二：
class Solution { public: int preimageSizeFZF(int K) { long left = 0, right = 5L * (K + 1); while (left < right) { long mid = left + (right - left) / 2, cnt = 0; for (long i = 5; mid / i > 0; i *= 5) { cnt += mid / i; } if (cnt == K) return 5; else if (cnt < K) left = mid + 1; else right = mid; } return 0; } };
下面這種解法也挺巧妙的，也是根據觀察規律推出來的，我們首先來看x為1到 25 的情況：
x: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
f(x): 0 0 0 0 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 4 4 4 4 4 6
g(x): 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 2
這里，f(x) 是表示 x! 末尾零的個數，而 g(x) = f(x) - f(x-1)，其實還可以通過觀察發現，f(x) = sum(g(x)).
再仔細觀察上面的數字，發現 g(x) 有正值的時候都是當x是5的倍數的時候，那么來專門看一下x是5的倍數時的情況吧：
x: 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55 60 65 70 75 80 85 90 95 100 105 110 115 120 125
g(x): 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 3
仔細觀察上面的紅色數字，g(x)=1 時，是5的倍數，g(x)=2 時，都是 25 的倍數，g(x)=3 時，是 125 的倍數，那么就有：
g(x) = 0 if x % 5 != 0,
g(x) >= 1 if x % 5 == 0,
g(x) >= 2 if x % 25 == 0.
如果繼續將上面的數字寫下去，就可以發現規律，g(x) 按照 1 1 1 1 x 的規律重復五次，第五次的時候x自增1。再繼續觀察:
當 x=25 時，g(x)=2，此時 K=5 被跳過了。
當 x=50 時，g(x)=2，此時 K=11 被跳過了。
當 x=75 時，g(x)=2，此時 K=17 被跳過了。
當 x=100 時，g(x)=2，此時 K=23 被跳過了。
當 x=125 時，g(x)=3，此時 K=29，30 被跳過了。
進一步，可以發現如下規律：
5(=1*5), 11(=6*1+5), 17(=6*2+5), 23(=6*3+5), 29(=6*4+5), 30(=6*5), 36(=31+5), 42(=31+6+5), 48(=31+6*2+5)
這些使得x不存在的K，出現都是有規律的，它們減去一個特定的基數 base 后，都是余5，而余 1，2，3，4 的，都是返回5。那么這個基 數base，實際是 1，6，31，156，...，是由 base = base * 5 + 1，不斷構成的，通過這種不斷對基數取余的操作，可以最終將K降為小於等於5的數，就可以直接返回結果了，參見代碼如下：
解法三：
class Solution { public: int preimageSizeFZF(int K) { if (K < 5) return 5; int base = 1; while (base * 5 + 1 <= K) { base = base * 5 + 1; } if (K / base == 5) return 0; return preimageSizeFZF(K % base); } };
Github 同步地址：
https://github.com/grandyang/leetcode/issues/793
類似題目：
參考資料：
https://leetcode.com/problems/preimage-size-of-factorial-zeroes-function/