本文已参与「新人创作礼」活动，一起开启掘金创作之路。

每日一题做题记录，参考官方和三叶的题解

题目要求

思路

对于阶乘来讲，尾巴的零是由展开式里$5$的数量决定的。因为只有$2\times 5$可以得到$10$，造出尾巴里的零，那很明显$2$的数量要比$5$多，所以只要统计$5$的数量就好了。

至此，题目变成了统计质因数。拆分质因数最终会获得一个类似于…(2*3)…(2*5)…的算式，在后面数越来越大的时候会出现…(2*3*3)…(2*5*5)…等类似的情况，甚至于(2*5*5*5)等。也就是说每隔5个数会有一个$5$需要统计，每个25个数会有两个$5$需要统计（多一个$5$需要统计），每125个数会有三个$5$需要统计（再多一个）……把它们加起来就是答案。

在$[1,n]$的范围内：

• $p$的倍数有$cnt_1=\lfloor \frac{n}{p} \rfloor$个；
• $p^2$的倍数有$cnt_2=\lfloor \frac{n}{p^2} \rfloor$个；
• …… 越往下数其实是越少的，很明显是$p^2$的倍数也会是$p$的倍数，避免重复统计，只加多出来的$p$就可以，$[1,n]$中质因子$p$的个数为$\sum_{k=1}^\infty\lfloor \frac{n}{p^k}\rfloor$。

代码实现起来其实就直接递归了，两种语言是一样的😂，就顺手写了下python。

Java

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

• 时间复杂度：$O(\log n)$
• 空间复杂度：$O(1)$，忽略递归的额外空间开销

C++

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

• 时间复杂度：$O(\log n)$
• 空间复杂度：$O(1)$

Python

class Solution:
    def trailingZeroes(self, n: int) -> int:
        return n // 5 + self.trailingZeroes(n // 5) if n else 0

• 时间复杂度：$O(\log n)$
• 空间复杂度：$O(1)$

总结

一道纯靠数学思路的题目，源头就是找因子$5$的个数，初拿到手还在想怎么快速判断那么多个数都是$5$的多少次，然后反应过来一路除下去加起来就好了。

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