問題1：求 n！末尾有多少個0。
問題2：n！中二進位制表示中最低位1的位置。
首先對於問題1:
對於n！的末尾有多少個0這個問題。要追溯到算術基本定理：
任何乙個大於1的自然數
n，都可以唯一分解成有限個質數的乘積 n=(p_1^a1)*(p_2^a2)......(p_n^an) , 這裡p_1質數
，其諸方冪 ai 是正整數。
m = s*10^n = s*(2*5)*(2*5)*(2*5)...2*5有n隊。s尾部是不含0的。所以原問題就轉化為尋找n！中有多少對2和5的因子了。
也就是說尋找2和5的個數中哪個最少。取最少的那個（原先描述最少用最小，果斷容易引起誤解。）。對於這個問題。還有一步可以通過思維化簡問題的就是2和5的因子到底哪個更少呢？明顯是5的。所以我們要尋找數中5的因子的個數。
問題描述：尋找 n！中5的因子的個數。
法1：從數的角度
很常規的解法，將數除以5判斷是否能被5除盡。可以的話就計數。迴圈執行。
int法1觀察這個式子會發現模擬求二進位制中1的個數這個問題很像。對於這個問題，我們可以考慮一下。2的因子的個數其實就是最後乙個1後面的0的個數。count;
int num = n!;
count = 0
;while
(num)
num /= 5
;}
那麼我們是否可以用所謂的五進製呢？要將乙個數轉成乙個五進製數本身就耗費太多時間了。但是這是個好想法。學會模擬，這是很重要的。
同時這個角度有很大的缺陷，n！往往是很大的。所以我們經常是無法表達出來。
法2：從組合數的角度（結構）
組合數：n！= 1*2*3*4*5*...*n。
觀察會發現乙個很大的數構成一些小數乘積的結構。其中有一些數有乙個5的因子,比如5，10。其中有一些數有2個5的因子。比如25，125。其中有一些數字有3個，比如125。那麼按常規的。我們先找有多少個至少有1個5的因子的數。也就是說找1~n中有多少個能被5整除的數。
直接想並不容易。而用逆向思維地想。這些數一定是5*n。凡是5的倍數的就一定能被5整除。（廢話）
有1個的時候。n取值 [5,10)就是5.而[10,15)則是2個。那麼可以發現就是 [n/5] "[ ]"代表取整。
之後我們再數有2個5的因子的數。再數有3個的。4個的。直到沒有。也就是[n/pow(5,k)]==0。
並且根據指數**。pow（5，k）增長是十分快的。演算法時間只需要log級別。而對於pow(5,k)我們可以考慮使用快速冪。
容斥定理：
在計數
時，必須注意無一重複
，無一遺漏
。為了使重疊
部分不被重複計算，人們研究出一種新的計數方法，這種方法的基本思想是：先不考慮重疊的情況，把包含於某內容
中的所有物件的數目
先計算出來，然後再把計數時重複計算的數目排斥
出去，使得計算的結果既無遺漏又無重複，這種計數
的方法稱為容斥原理
。
int法2反思：我們要學會模擬。逆向思維的思考。（其實這個可以有利於dp的狀態轉移方程的思考）count;
count = 0
;void count(int
n)}
然後對於問題2：
求n！的最低位的1的位置。最低位的1的位置不過就是1後面0的個數。那麼對於0的個數問題其實可以轉化為該數含有多少個2的因子的問題。通過問題1中所述的模擬。很簡單就可知。所以問題轉化為求n!的2的因子的個數問題。這個問題完全可以用上述的方法2來處理。而程式設計之美上又給出了乙個規律。 即1的位置 = n - n中1的個數。
推理過程：
乙個二進位制的數101001。
根據求法1，可以獲得 10100+1010+101+10+1
= 11111+111+1
= 100000-1+1000-1+1-1
= 10101-3.
觀察這個等式 10100+1010+101+10+1= 11111+111+1 對於11111 是由101001這個數最左邊的1向右邊移動而獲得的。
模擬的。111是由101001由左往的1 構成。而1就是由101001最右邊的1構成的。
而 11111正好是比原來的100000少1 所以就可以簡單發現這個規律的恆成立。其中包含了。二進位制的一些性質在內。
這個規律明顯是由法1得來的所以只對階乘數有效。
在這裡就不附上問題2的**了。
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