阶乘相关的算法题，东哥又整活儿了
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读完本文，你可以去 LeetCode 上拿下如下题目：
172、阶乘后的零（难度 Easy）
793、阶乘后 K 个零（难度 Hard）
笔试题中经常看到阶乘相关的题目，今天说两个最常见的题目：
1、输入一个非负整数n，请你计算阶乘n!的结果末尾有几个 0。
比如说输入n = 5，算法返回 1，因为5! = 120，末尾有一个 0。
函数签名如下：
int trailingZeroes(int n);
2、输入一个非负整数K，请你计算有多少个n，满足n!的结果末尾恰好有K个 0。
比如说输入K = 1，算法返回 5，因为5!,6!,7!,8!,9!这 5 个阶乘的结果最后只有一个 0，即有 5 个n满足条件。
函数签名如下：
int preimageSizeFZF(int K);
我把这两个题放在一起，肯定是因为它们有共性，可以连环击破。下面我们来逐一分析。
题目一
肯定不可能真去把n!的结果算出来，阶乘增长可是比指数增长都恐怖，趁早死了这条心吧。
那么，结果的末尾的 0 从哪里来的？我们有没有投机取巧的方法计算出来？
首先，两个数相乘结果末尾有 0，一定是因为两个数中有因子 2 和 5，因为 10 = 2 x 5。
也就是说，问题转化为：n!最多可以分解出多少个因子 2 和 5？
比如说n = 25，那么25!最多可以分解出几个 2 和 5 相乘？这个主要取决于能分解出几个因子 5，因为每个偶数都能分解出因子 2，因子 2 肯定比因子 5 多得多。
25!中 5 可以提供一个，10 可以提供一个，15 可以提供一个，20 可以提供一个，25 可以提供两个，总共有 6 个因子 5，所以25!的结果末尾就有 6 个 0。
现在，问题转化为：n!最多可以分解出多少个因子 5？
难点在于像 25，50，125 这样的数，可以提供不止一个因子 5，怎么才能不漏掉呢？
这样，我们假设n = 125，来算一算125!的结果末尾有几个 0：
首先，125 / 5 = 25，这一步就是计算有多少个像 5，15，20，25 这些 5 的倍数，它们一定可以提供一个因子 5。
但是，这些足够吗？刚才说了，像 25，50，75 这些 25 的倍数，可以提供两个因子 5，那么我们再计算出125!中有 125 / 25 = 5 个 25 的倍数，它们每人可以额外再提供一个因子 5。
够了吗？我们发现 125 = 5 x 5 x 5，像 125，250 这些 125 的倍数，可以提供 3 个因子 5，那么我们还得再计算出125!中有 125 / 125 = 1 个 125 的倍数，它还可以额外再提供一个因子 5。
这下应该够了，125!最多可以分解出 20 + 5 + 1 = 26 个因子 5，也就是说阶乘结果的末尾有 26 个 0。
理解了这个思路，就可以理解解法代码了：
int trailingZeroes(int n) {
int res = 0;
long divisor = 5;
while (divisor <= n) {
res += n / divisor;
divisor *= 5;
}
return res;
}
这里divisor变量使用 long 型，因为假如n比较大，考虑 while 循环的结束条件，divisor可能出现整型溢出。
上述代码可以改写地更简单一些：
int trailingZeroes(int n) {
int res = 0;
for (int d = n; d / 5 > 0; d = d / 5) {
res += d / 5;
}
return res;
}
这样，这道题就解决了，时间复杂度是底数为 5 的对数级，也就是O(logN)，我们看看下如何基于这道题的解法完成下一道题目。
题目二
现在是给你一个非负整数K，问你有多少个n，使得n!结果末尾有K个 0。
一个直观地暴力解法就是穷举呗，因为随着n的增加，n!肯定是递增的，trailingZeroes(n!)肯定也是递增的，伪码逻辑如下：
int res = 0;
for (int n = 0; n < +inf; n++) {
if (trailingZeroes(n) < K) {
continue;
}
if (trailingZeroes(n) > K) {
break;
}
if (trailingZeroes(n) == K) {
res++;
}
}
return res;
前文 二分搜索只能用来查找元素吗？ 说过，对于这种具有单调性的函数，用 for 循环遍历，可以用二分查找进行降维打击，对吧？
搜索有多少个n满足trailingZeroes(n) == K，其实就是在问，满足条件的n最小是多少，最大是多少，最大值和最小值一减，就可以算出来有多少个n满足条件了。
那不就是二分查找「搜索左侧边界」和「搜索右侧边界」这两个事儿嘛？
先不急写代码，因为二分查找需要给一个搜索区间，也就是上界和下界，上述伪码中n的下界显然是 0，但上界是+inf，这个正无穷应该如何表示出来呢？
首先，数学上的正无穷肯定是无法编程表示出来的，我们一般的方法是用一个非常大的值，大到这个值一定不会被取到。比如说 int 类型的最大值INT_MAX（2^31 - 1，大约 31 亿），还不够的话就 long 类型的最大值LONG_MAX（2^63 - 1，这个值就大到离谱了）。
那么我怎么知道需要多大才能「一定不会被取到」呢？这就需要认真读题，看看题目给的数据范围有多大。
这道题目实际上给了限制，K是在[0,10^9]区间内的整数，也就是说，trailingZeroes(n)的结果最多可能达到10^9。
然后我们可以反推，当trailingZeroes(n)结果为10^9时，n为多少？这个不需要你精确计算出来，你只要找到一个数hi，使得trailingZeroes(hi)比10^9大，就可以把hi当做正无穷，作为搜索区间的上界。
刚才说了，trailingZeroes函数是单调函数，那我们就可以猜，先算一下trailingZeroes(INT_MAX)的结果，比10^9小一些，那再用LONG_MAX算一下，远超10^9了，所以LONG_MAX可以作为搜索的上界。
注意为了避免整型溢出的问题，trailingZeroes函数需要把所有数据类型改成 long：
// 逻辑不变，数据类型全部改成 long
long trailingZeroes(long n) {
long res = 0;
for (long d = n; d / 5 > 0; d = d / 5) {
res += d / 5;
}
return res;
}
现在就明确了问题：
n属于区间[0,LONG_MAX]，我们要寻找满足trailingZeroes(n) == K的左侧边界和右侧边界。
根据前文 二分查找算法框架，可以直接把搜索左侧边界和右侧边界的框架 copy 过来：
/* 主函数 */
int preimageSizeFZF(int K) {
// 左边界和右边界之差 + 1 就是答案
return right_bound(K) - left_bound(K) + 1;
}
/* 搜索 trailingZeroes(n) == K 的左侧边界 */
long left_bound(int target) {
long lo = 0, hi = LONG_MAX;
while (lo < hi) {
long mid = lo + (hi - lo) / 2;
if (trailingZeroes(mid) < target) {
lo = mid + 1;
} else if (trailingZeroes(mid) > target) {
hi = mid;
} else {
hi = mid;
}
}
return lo;
}
/* 搜索 trailingZeroes(n) == K 的右侧边界 */
long right_bound(int target) {
long lo = 0, hi = LONG_MAX;
while (lo < hi) {
long mid = lo + (hi - lo) / 2;
if (trailingZeroes(mid) < target) {
lo = mid + 1;
} else if (trailingZeroes(mid) > target) {
hi = mid;
} else {
lo = mid + 1;
}
}
return lo - 1;
}
如果对二分查找的框架有任何疑问，建议好好复习一下前文 二分查找算法框架，这里就不展开了。
现在，这道题基本上就解决了，我们来分析一下它的时间复杂度吧。
时间复杂度主要是二分搜索，从数值上来说LONG_MAX是 2^63 - 1，大得离谱，但是二分搜索是对数级的复杂度，log(LONG_MAX) 是一个常数 63；每次二分的时候都会调用一次trailingZeroes(n)函数，它的复杂度 O(logN)。
那么算法的复杂度就是 O(logN) 吗？其实你会发现 trailingZeroes 函数传入的参数 n 也是在区间[0,LONG_MAX]之内的，所以我们认为这个 O(logN) 最多也不过 63，所以说可以认为时间复杂度为 O(1)。
综上，由于我们根据 K 的大小限制了数据范围，用大 O 表示法来说，整个算法的时间复杂度为 O(1)。
当然，如果说不考虑数据范围，这个算法的复杂度应该是 O(logN*logN)，也就是二分查找的复杂度乘 trailingZeroes 的复杂度。
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