先把答案貼出來，具體證明在下面……
末尾0的個數取決於乘法中因子2和5的個數。顯然乘法中因子2的個數大於5的個數，所以我們只需統計因子5的個數。
是5的倍數的數有： 1024 / 5 = 204個
是25的倍數的數有：1024 / 25 = 40個
是125的倍數的數有：1024 / 125 = 8個
是625的倍數的數有：1024 / 625 = 1個
所以1024! 中總共有204+40+8+1=253個因子5，也就是說1024! 末尾有253個0。
int countzero(int num)
return result;
}
階乘（factorial）是個很有意思的函式，但是不少人都比較怕它，我們來看看另外兩個與階乘相關的問題：
1、 給定乙個整數n，那麼n的階乘n！末尾有多少個0呢？例如：n＝10，n！＝3 628 800，n！的末尾有兩個0。
2、求n！的二進位制表示中最低位1的位置。
有些人碰到這樣的題目會想：是不是要完整計算出n！的值？如果溢位怎麼辦？事實上，如果我們從"哪些數相乘能得到10"這個角度來考慮，問題就變得簡單了。
首先考慮，如果n！= k×10^m，且k不能被10整除，那麼n！末尾有m個0。再考慮對n！進行質因數分解，n！=（2^x）×（3^y）×（5^z）…，由於10 = 2×5，所以m只跟x和z相關，每一對2和5相乘可以得到乙個10，於是m = min（x, z）。不難看出x大於等於z，因為能被2整除的數出現的頻率比能被5整除的數高得多，所以把公式簡化為m = z。
根據上面的分析，只要計算出z（能被5整除的數的個數）的值，就可以得到n！末尾0的個數。
【問題1的解法一】
要計算z，最直接的方法，就是計算i（i =1, 2, …, n）的因式分解中5的指數，然後求和：
[cpp]view plain
copy
ret = 0;
for(i = 1; i <= n; i++)
} 【問題1的解法二】
公式：z = [n/5] +[n/5^2] +[n/5^3] + …（不用擔心這會是乙個無窮的運算，因為總存在乙個k，使得5^k > n，[n/5^k]=0。）
公式中，[n/5]表示不大於n的數中5的倍數貢獻乙個5，[n/5^2]表示不大於n的數中5^2的倍數再貢獻乙個5，……**如下：
[cpp]view plain
copy
ret = 0;
while
(n)
問題2要求的是n！的二進位制表示中最低位1的位置。給定乙個整數n，求n！二進位制表示的最低位1在第幾位？例如：給定n = 3，n！= 6，那麼n！的二進位制表示（1 010）的最低位1在第二位。
為了得到更好的解法，首先要對題目進行一下轉化。
把乙個二進位制數除以2，實際過程如下：
判斷最後乙個二進位制位是否為0，若為0，則將此二進位制數右移一位，即為商值；反之，若為1，則說明這個二進位制數是奇數，無法被2整除。
所以，這個問題實際上等同於求n！含有質因數2的個數+1。即答案等於n！含有質因數2的個數加1
。 實際上n！都為偶數，因為質因數裡面都有乙個2，除了1以外，因為1的階乘是1，是個奇數，其他數的階乘都是偶數。。
【問題2的解法一】
由於n! 中含有質因數2的個數，等於 n/2 + n/4 + n/8 + n/16 + …，
根據上述分析，得到具體演算法，如下所示：
[cpp]view plain
copy
/*可以先求出n!中2的個數（因為每存在乙個2，則在數的
最低位多1個0）。因此求1的最低位的位置即為n!中2的個數+1；
*/int
lowestonepos(
intn)
return
ret+1;
}
【問題2的解法二】
n！含有質因數2的個數，還等於n減去n的二進位制表示中1的數目。我們還可以通過這個規律來求解。
下面對這個規律進行舉例說明，假設 n = 11011，那麼n!中含有質因數2的個數為 n/2 + n/4 + n/8 + n/16 + …
即： 1101 + 110 + 11 + 1
=（1000 + 100 + 1）
+（100 + 10）
+（10 + 1）
+ 1=（1000 + 100+ 10 + 1）+（100 + 10 + 1）+ 1
= 1111 + 111 + 1
=（10000 -1）+（1000 - 1）+（10-1）+（1-1）
= 11011-n二進位制表示中1的個數
小結
任意乙個長度為m的二進位制數n可以表示為n = b[1] + b[2] * 2 + b[3] * 22 + … + b[m] * 2(m-1)，其中b [ i ]表示此二進位制數第i位上的數字（1或0）。所以，若最低位b[1]為1，則說明n為奇數；反之為偶數，將其除以2，即等於將整個二進位制數向低位移一位。
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