題意：

要求你求出$\frac{n!}{(n?m)!)}$中最后一個非0的數字.

題目：

In this problem you will be given two decimal integer numberN,M. You will have to find the last non-zero digit of the ${}^N{P}_M$.This means no of permutations of N things taking M at a time.

Input

The input contains several lines of input. Each line of the input file contains two integers N (0 <= N<= 20000000), M (0 <= M <= N).

Output

For each line of the input you should output a single digit, which is the last non-zero digit of NPM. For example, if ${}^N{P}_M$ is 720 then the last non-zero digit is 2. So in this case your output should be 2.

Sample Input

10 10
10 5
25 6

Sample Output

8
4
2

分析：

說實話這道題上來我就沒看懂題意，這怎么就${}^N{P}_M$==$\frac{n!}{(n?m)!)}$了？In a word ,我感覺到了不友好。
然后我就開始了啃書環節，具體在《挑戰程序設計》P293，之后惡意鋪面而來，花費我一晚上，終于摸透了這個題，必須滴好好說道說道。
（1）首先是若求n!的最后一位，我們可以將所有的因數10去掉，問題就轉換為了求這個數的最后一位。根據以往的做題經驗，這時候只要找到所有的因子2和5，放著對最后特判對于最后一位的影響就好了，所以正常while循環暴力找因子數，然后超時了，代碼如下：

#include <cstdio> #include <cstring> #include <queue> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long ll;const int N=2e7+10; int a[5][N]; int b[5][4]={{6,2,4,8},{5,5,5,5},{1,3,9,7},{1,7,9,3},{1,9,1,9}}; int get(int x){if(x==2) return 0;if(x==5) return 1;if(x==3) return 2;if(x==7) return 3;if(x==9) return 4; } void init(){for(int i=2; i<N; ++i){int t=i;int su=0,sm=0;while(t%2==0) t/=2,++su;while(t%5==0) t/=5,++sm;a[get(2)][i]=a[get(2)][i-1]+su;a[get(5)][i]=a[get(5)][i-1]+sm;a[get(3)][i]=a[get(3)][i-1];a[get(7)][i]=a[get(7)][i-1];a[get(9)][i]=a[get(9)][i-1];if(t%10 && t%10!=1) ++a[get(t%10)][i];} }int main() {init();int n,m;while(~scanf("%d%d",&n,&m)){int su=a[get(2)][n]-a[get(2)][n-m];int sm=a[get(5)][n]-a[get(5)][n-m];if(su<sm) printf("5\n");else {//printf("+++++++ %d %d\n",su,sm);su-=sm;int d3=a[get(3)][n]-a[get(3)][n-m];int d7=a[get(7)][n]-a[get(7)][n-m];int d9=a[get(9)][n]-a[get(9)][n-m];int tmp=b[get(3)][d3%4]*b[get(7)][d7%4]*b[get(9)][d9%4];//printf("+++++++++ %d %d\n",su,tmp);tmp*=su?b[get(2)][su%4]:1;int ans=tmp%10;printf("%d\n",ans);}}return 0; }

這并不冤枉，其實開數組2e7就該知道有問題，試了編譯器，可以運行，就硬著頭皮寫下來了，不出意料，果真超時了。那這里就用到了“白書”的定理，我懶得敲了。

具體代碼如下：

int sum(int n,int p){//計算n!中質因子m的出現次數return n==0?0:n/p+sum(n/p,p); }

（2）當我們對（1~n）去除因子2，5后發現最后一位的值，只可能是 1，3， 7，9這四個數，因為最后一位若為1，n!相乘對最后一位值的變化沒有影響，所以可以不用考慮，只考慮 3，7 ，9，即可。這時發現了規律，例如，即當存在多個3時，只考慮個位值，出現了循環節{1，3，9，7}，注意第一位為整除時，所以為值為1。你以為到這就算完了，還不夠！

（3）如上超時代碼，不能打表開數組存，所以每次輸入就直接調用函數，直接對n!進行討論，將其分為奇偶兩個部分：
【1】對于偶數序列，我們只需將它除 2 即可遞歸轉化為奇數序列（其實就是消去因子2）。
【2】對于奇數序列，我們可以發現，每 10個數字中就有 3 , 7 , 9 各一個，但又因為（1~n）中有 5的倍數，所以繼續除 5，遞歸消去因子。
（4）這里就差不多了，但還是要注意：
一，當因子2的個數小于5的個數時，由于此時末尾必為奇數（1，3，7，9中一個），所以相乘最后一位必為5，直接輸出。
二，當因子2的個數大于5的個數時，需要考慮因子2對結果的一個影響，這時也有與前面一樣的規律{6，2，4，8}，理解了之后讓我們歡樂敲代碼吧；

AC模板：

#include<stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> using namespace std; int n,m; int e[4][4]={{6,2,4,8},{1,3,9,7},{1,7,9,3},{1,9,1,9}}; int sum(int n,int p){//計算n!中質因子m的出現次數,用到“挑戰程序設計”P293推論return n==0?0:n/p+sum(n/p,p); } int odd(int n,int p){//奇數數列中末尾為x的數出現的次數，消去1~n數中存在的因子5return n==0?0:n/10+(n%10>=p)+odd(n/5,p); } int even(int n,int p){//末尾為x的數的出現次數,消去1~n數中存在的因子2；return n==0?0:even(n/2,p)+odd(n,p); } int main() {while(~scanf("%d%d",&n,&m)){int su=sum(n,2)-sum(n-m,2);int sm=sum(n,5)-sum(n-m,5);int a=even(n,3)-even(n-m,3);int b=even(n,7)-even(n-m,7);int c=even(n,9)-even(n-m,9);if(su<sm){printf("5\n");continue;}int ans=e[1][a%4]*e[2][b%4]*e[3][c%4]%10;if(su!=sm)ans*=e[0][(su-sm)%4];printf("%d\n",ans%10);}return 0; }

備戰ccpc分站賽ing ，題目分析簡略，見諒，轉載請注明出處。。。。。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的The Last Non-zero Digit POJ - 1150（n!mod p）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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