原位址
n的階乘中末尾有幾個0：
如果n！= k×10m，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。
int count(int k)
return sum;
}int main()
{ int n,i,j,x,k;
scanf("%d",&n);
for(i=0;i= 5時，f(n!) = k + f(k!), 其中 k = n / 5（取整）。
顯然，對於階乘這個大數，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徵進行分析。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。對於任意乙個正整數，若對其進行因式分解，那麼其末尾的「0」必可以分解為2*5。在這裡，每乙個「0」必然和乙個因子「5」相對應。但請注意，乙個數的因式分解中因子「5」不一定對應著乙個「0」，因為還需要乙個因子「2」，才能實現其一一對應。
我們再回到原先的問題。這裡先給出乙個結論：
結論1： 對於n的階乘n！，其因式分解中，如果存在乙個因子「5」，那麼它必然對應著n！末尾的乙個「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是乙個不含因子「5」的整數。
對於序列5k, 5(k-1), ..., 10, 5中每乙個數5i(1 <= i <= k)，都含有因子「5」，並且在區間(5(i-1),5i)(1 <= i <= k)內存在偶數，也就是說，a中存在乙個因子「2」與5i相對應。即，這裡的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。
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）。
f(5!) = 1 + f(1!) = 1
f(10!) = 2 + f(2!) = 2
f(20!) = 4 + f(4!) = 4
f(100!) = 20 + f(20!) = 20 + 4 + f(4!) = 24
f(1000!) = 200 + f(200!) = 200 + 40 + f(40!) = 240 + 8 + f(8!) = 248 + 1 + f(1) =249
n的階乘末尾有幾個0
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