Codeforces Round #538 (Div. 2) CTrailing Loves (or L'oeufs?)

这题明白的意思就是求n!在b进制下的后缀零的个数。

即最大的n!%(b^k)==0的k的值。我们需要将如果要构成b这个数，肯定是由一个个质因子相乘得到的。我们只需要求出b的质因子，然后分析n!中可以组成一个b的因子由多少个就可以了。

因为b是10的12次方，所以b的质因子某个因子大于了10的6次方，那肯定是质数了，所以我们只需要筛选出10的6次方以内的质因子就可以了，并且记录下每个质因子的基数。

最后是记录n!由多少个b的素因子组成并除以它的基数，取其中的最小值。

n!中有多少个素因子(假设素因子是x),我们只需要算出1到n中所有a*x^b(a<x)的b的总和,我们不必将某个x^b一个个算出来，我们只需要算出(n/x)到(n/x^b)的总和即可。

附上AC代码（感觉写得不怎么样

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<fstream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll prime[];
struct node
{
    ll num;
    ll data;
} a[];;
bool vis[];
ll b;
ll init()
{
    memset(vis,false,sizeof(vis));
   ll k=,i;
    for(i=; i<=; i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            prime[k++]=i;
            for(ll j=; i*j<=; j++)
                vis[i*j]=true;
        }
    }

    return k;
}
int main()
{
    ll k,i,j,n,cnt,sum,t=,r,mini;
    t=init();//线性筛出质数
    while(scanf("%I64d%I64d",&n,&b)!=EOF)
    {
        cnt=;
        sum=;
        r=b;
        for(i=; i<t&&b!=; i++)
        {
            if(b%prime[i]==)
            {
                a[cnt].data=prime[i];
                a[cnt].num=;
                while(b%prime[i]==)
                {
                    a[cnt].num++;
                    b/=prime[i];
                }
                cnt++;
            }
        }
        if(b!=)
            a[cnt].data=b,a[cnt++].num=;
            b=r;
        for(i=; i<cnt; i++)
        {
            for(j=a[i].data,sum=,r=; j<=n; j*=a[i].data)
            {
                sum+=(n/j);
                if(n/j<a[i].data)//为了防止j发生溢出
                    break;
            }
         if(i==)
            mini=sum/a[i].num;
         else
            mini=min(mini,sum/a[i].num);

        }
        printf("%I64d\n",mini);

    }

}

）