我的思路：
從”那些數相乘可以得到10”這個角度，問題就變得比較的簡單了。
首先考慮，如果N的階乘為K和10的M次方的乘積（N！=K?10M），那么N!末尾就有M個0。
如果將N的階乘分解后，那么N的階乘可以分解為： 2的X次方，3的Y次方，5的Z次方的乘積。由于10 = 2 * 5,所以M只能和X和Z有關，每一對2和5相乘就可以得到一個10，于是M = MIN(X,Z),不難看出X大于Z，因為被2整除的頻率比被5整除的頻率高的多。所以可以把公式簡化為M=Z.
由上面的分析可以看出，只要計算處Z的值，就可以得到N!末尾0的個數
搜集了一下網上的資料，發現他們弄的挺麻煩的。。不過邏輯性比較強，大家可以參考一下。。。。
令f(x)表示正整數x末尾所含有的“0”的個數，則有：
當0 < n < 5時，f(n!) = 0;
當n >= 5時，f(n!) = k + f(k!), 其中 k = n / 5（取整）。
顯然，對于階乘這個大數，我們不可能將其結果計算出來，再統計其末尾所含有的“0”的個數。所以必須從其數字特征進行分析。下面我們從因式分解的角度切入分析。
我們先考慮一般的情形。對于任意一個正整數，若對其進行因式分解，那么其末尾的“0”必可以分解為2*5。在這里，每一個“0”必然和一個因子“5”相對應。但請注意，一個數的因式分解中因子“5”不一定對應著一個“0”，因為還需要一個因子“2”，才能實現其一一對應。
我們再回到原先的問題。這里先給出一個結論：
結論1： 對于n的階乘n！，其因式分解中，如果存在一個因子“5”，那么它必然對應著n！末尾的一個“0”。
下面對這個結論進行證明：
(1)當n < 5時, 結論顯然成立。
(2)當n >= 5時，令n！= [5k * 5(k-1) * … * 10 * 5] * a，其中 n = 5k + r (0 <= r <= 4)，a是一個不含因子“5”的整數。
對于序列5k, 5(k-1), …, 10, 5中每一個數5i(1 <= i <= k)，都含有因子“5”，并且在區間(5(i-1),5i)(1 <= i <= k)內存在偶數，也就是說，a中存在一個因子“2”與5i相對應。即，這里的k個因子“5”與n！末尾的k個“0”一一對應。
我們進一步把n！表示為：n！= 5^k * k! * a（公式1），其中5^k表示5的k次方。很容易利用(1)和迭代法，得出結論1。
上面證明了n的階乘n！末尾的“0”與n！的因式分解中的因子“5”是一一對應的。也就是說，計算n的階乘n！末尾的“0”的個數，可以轉換為計算其因式分解中“5”的個數。
簡單來看：
以360！為例：
令f(x)表示正整數x末尾所含有的“0”的個數, g(x)表示正整數x的因式分解中因子“5”的個數，則利用上面的的結論1和公式1有：
f(n!) = g(n!) = g(5^k * k! * a) = k + g(k!) = k + f(k!)
所以，最終的計算公式為：
當0 < n < 5時，f(n!) = 0;
當n >= 5時，f(n!) = k + f(k!), 其中 k = n / 5（取整）。
代碼如下：
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;int fun(int n)
{int sum = 0;while(n / 5 != 0){sum += (n / 5);n /= 5;}return sum;
}int main()
{int ncase, num, ans;scanf("%d", &ncase);while(ncase--){scanf("%d", &num);ans = fun(num);printf("%d\n", ans);}return 0;
}轉載:
http://blog.csdn.net/niushuai666/article/details/6695790
