172. Factorial Trailing Zeroes

Given an integer n, return the number of trailing zeroes in n!.

Note: Your solution should be in logarithmic time complexity.

对n!做质因数分解n!=2x*3y*5z*...

显然0的个数等于min(x,z)，并且min(x,z)==z

证明：

对于阶乘而言，也就是1*2*3*...*n

[n/k]代表1~n中能被k整除的个数

那么很显然

[n/2] > [n/5] (左边是逢2增1，右边是逢5增1)

[n/2^2] > [n/5^2](左边是逢4增1，右边是逢25增1)

……

[n/2^p] > [n/5^p](左边是逢2^p增1，右边是逢5^p增1)

随着幂次p的上升，出现2^p的概率会远大于出现5^p的概率。

因此左边的加和一定大于右边的加和，也就是n!质因数分解中，2的次幂一定大于5的次幂

class Solution {
public:
int trailingZeroes(int n) {
int re = 0;
while(n)
{
re += n / 5;
n = n / 5;
}
return re;
}
};