[CSP-S模拟测试]:数字（数学+高精度）

题目描述

很简单，给出正整数$n$，求出$n!$在十进制表示下的从最末非零位开始的总共$k$位。

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输入格式

第一行一个正整数$T$，表示有$T$组数据
接下来$T$行，每行两个正整数$n$和$k$。

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输出格式

每组测试数据，按照高位到低位的顺序输出，共$k$位，包含前导$0$（若高位不足，用前导$0$补足）。

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样例

样例输入：

3
1 1
5 1
10 2

样例输出：

1
2
88

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数据范围与提示

对于$20\%$的数据，$n\leqslant 100,k=1,2,3$分别占$10\%,5\%,5\%$
对于另外$30\%$的数据，$n\leqslant 10^7,k=1,2,3$分别占$10\%,10\%,10\%$
对于另外$30\%$的数据，$n\leqslant 10^{18},k=1,2,3$分别占$10\%,10\%,10\%$
对于另外$20\%$的数据，$n\leqslant 10^{100},k=1,2,3$分别占$5\%,5\%,10\%$
$T\leqslant 100$

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题解

一道$200$多行的数学题……

讲一下推到过程（其实主要是学长的……）

为方便，不妨做如下定义：

$a\perp b$表示$a$与$b$互质，即$gcd(a,b)=1$。

$a|b$表示$a$可以整除$b$，即$gcd(a,b)=a$。

$a\require{cancel}\bcancel{-}b$表示$a$无法整除$b$，即$gcd(a,b)\neq a$。

$a\%b$表示满足$a\equiv(\mod b)$的最小自然数$x$。

设$Fp(k,x)$为$x$中因子$k$的最大幂次，即满足$x=rk^n(n,r\in N)$的最大$n$。

设$Ext(k,x)$为$x$除去所有因子$k$后的值，即$Ext(k,x)=\frac{x}{k^{Fp(k,x)}}$。

定义完了之后，我们接着看着道题，其实我们就是要求$Ext(10,n!)\mod 10^k$的值。

不妨先来考虑$k=1$。

$\because 10^k=10=2\times 5$，且$2\perp 5$，且$2$和$5$都是质数（哇塞，性质好多～）。

求一个值对一个合数取模的值，而这个合数还是两个质数的积，所以考虑中国剩余定理（$CRT$），用其求出上式对$2$和$5$取模的值。

$Ext(10,n!)\mod 2$的值很容易求，简单说一下怎么求。

$\because$在$n>1$的时候有$Fp(2,n!)>Fp(5,n!)$，又$\because 10=2\times 5$，$\therefore Fp(10,n!)=Fp(5,n!)$。

$$\begin{array}{ll} \therefore Ext(10,n!) &=& \dfrac{n!}{10^{Fp(10,n!)}} \\ &=& \dfrac{n!}{2^{Fp(10,n!)}5^{Fp(10,n)}} \\ &=& \dfrac{n!}{2^{Fp(5,n!)}5^{Fp(5,n!)}}\end{array}$$

$\therefore$分子$n!$中因子$2$的幂次大于分母上$2$的幂次，所以有：

$$Ext(10,n!)\equiv 0(\mod 2)(n>1)$$

那么我们就只要求$Ext(10,n!)\mod 5$的值就好了。

刚刚我们知道我们要求$\dfrac{n!}{2^{Fp(5,n!)}5^{Fp(5,n!)}}$，而分母中$s^{Fp(5,n!)}\perp 5$，$\therefore$其在$\mod 5$的意义下是有逆元的。

那么我们考虑如何快速求解$Fp(5,n!)$，由定义可得，$n!=\prod \limits_{k=1}^n k$，$\therefore$可以求出$[1,n]$中有因子$5$的数的个数$\sim$有因子$5^k$的数的个数，每一个$k$都能产生新的贡献，$\therefore$只要求和即为$Fp(5,n!)$，也就是说$Fp(5,n!)=\sum \limits_k\left\lfloor\frac{n}{5^k}\right\rfloor$，这样做的时间复杂度是$\Theta(\log_5 n)$的。

这部分的贡献我们先不着急，剩下的问题就等价于求$Ext(5,n!)$了。

但是显然我们还是不好求$Ext(5,n!)$，然而我们发现$Ext(k,x)$在$k$一定时是完全积性函数，即$Ext(k,a)\times Ext(k,b)=Ext(k,ab)$，给出简单证明：

$$\begin{array}{ll} Ext(k,ab) &=& \dfrac{ab}{k^{Fp(k,ab)}} \\ &=& \dfrac{ab}{k^{Fp(k,a)}k^{Fp(k,b)}} \\ &=& Ext(k,a)\times Ext(k,b)\end{array}$$

$\therefore$有：

$$Ext(5,n!)=\prod \limits_{k=1}^kExt(5,k)$$

又$\because Ext(k,k)=1$，$\therefore$根据上面的性质，还可以得到：

$$Ext(k,x)=Ext(k,\frac{x}{k}),k|x$$

利用上面的性质，继续推导：

$$\begin{array}{ll} Ext(5,n!) &=& \prod \limits_{k=1}^nExt(5,k) \\ &=& \prod \limits_{k\in [1,n],5|k}Ext(5,\frac{k}{5})\times \prod \limits_{k\in [1,n],5\require{cancel}\bcancel{-}k}Ext(5,k) \\ &=& Ext(5,(\frac{5}{n})!) \times \prod \limits_{k\in [1,n],5\require{cancel}\bcancel{-}k}Ext(5,k) \\ &=& Ext(5,(\frac{n}{5})!)\times \prod \limits_{k\in [1,n],5\require{cancel}\bcancel{-}k}k \end{array}$$

其中对于$5|k$是原问题的子问题，可以用递归求解。

而对于后面$5\require{cancel}\bcancel{-}k$的部分，由于我们要求的只是上式对$5$取模后的值，所以我们可以将$k$全部对$5$取模后分组，于是有：

$$\prod \limits_{k\in [1,n],5\require{cancel}\bcancel{-}k}k\equiv(\prod \limits_{k\in [1,5],5\require{cancel}\bcancel{-}k}k)^{\left\lfloor\frac{n}{5}\right\rfloor}\times \prod \limits_{k\in [1,n\mod 5],5\require{cancel}\bcancel{-}k}k(\mod 5)$$

前半部分是定值的若干次幂，直接快速幂求解即可，但是$\left\lfloor\frac{n}{5}\right\rfloor$我们需要降幂，可以考虑扩展欧拉定理，即对于任意$a,n,p\neq 0$，有$a^n\equiv a^{n\mod \phi(p)+\phi(p)}(\mod p)$。

后半部分预处理出来即可。

最后我们找回来我们一开始咕着的$2^{Fp(5,n!)}$的逆元，将上式乘上它在用$CRT$即可。

这样，我们对于$k=1$的求解就结束了～

下面考虑一般情况……

对于$k=1$的情况，我们考虑的是模数是$10$的情况，而对于$k=3$的情况，我们只需要想办法将其拓展到模数是$1000$就好了。

发现$1000=10^3=2^3\times 5^3$，$\therefore$我们可以用$2^3=8$和$5^3=125$作为$CRT$的剩余器即可。

$\because$发现$Fp(2,n!)$依然大于$Fp(5,n!)$，$\therefore$可以暂且将$Ext(10,n!)\mod 8$当作$0$来处理（只有$n$很小的时候才不能被$8$整除，但是直接暴力求解就好了，无非就是打一个数据点分治），那么现在的瓶颈就在于$\mod 125$意义下值的求解。

那么我们现在就是想办法拓展下式：

$$Ext(5,(\frac{n}{5})!)\times \prod \limits_{k\in [1,n],5\require{cancel}\bcancel{-}k}k$$

改变分组策略即可，即将组长改为$125$即可，于是上式变成了：

$$Ext(5,n!)\equiv Ext(5,(\frac{n}{5})!)\times (\prod \limits_{k\in [1,125],5\require{cancel}\bcancel{-}k}k)^{\left\lfloor\frac{n}{125}\right\rfloor}\times \prod \limits_{k\in [1,n\mod 125],5\require{cancel}\bcancel{-}k}k(\mod 125)$$

也可以这么看，设剩余器$p=5^k$，则有：

$$Ext(5,n!)\equiv Ext(5,(\frac{n}{5})!)\times (\prod \limits_{k\in [1,p],5\require{cancel}\bcancel{-}k}k)^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\times \prod \limits_{k\in [1,n\mod p],5\require{cancel}\bcancel{-}k}k(\mod p)$$

问题解决了，剩下的就看代码实现了，我一开始打了$242$行才$AC$的，可是对面$DeepinC$就打了$40$行，反正我是做不到了，能$A$就行……

时间复杂度：$\Theta(\log_5^n)$。

期望得分：$100$分。

实际得分：$100$分。

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代码时刻

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char ch[101];
int N[101],EXT[101],FLAG[101],NOW[101],wzc[101];
long long n;
int k;
int mod[]={1,10,100,1000};
int fiv[]={1,5,25,125};
int phi[]={1,4,20,100};
long long mzz[200],fac[200];
long long ans;
long long qpow(long long x,long long y,long long MOD)
{
	long long res=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)res=res*x%MOD;
		x=x*x%MOD;
		y>>=1;
	}
	return res;
}
void pre_work()
{
	fac[0]=1;
	memset(EXT,0,sizeof(EXT));
}
void work()
{
	ans=1;
	for(long long i=1;i<=n;i++)
	{
		ans*=i;
		while(!(ans%10))ans/=10;
		ans%=mod[k];
	}
}
void copy(){for(int i=0;i<=N[0];i++)FLAG[i]=N[i];}
void divideFLAG()
{
	int jw=0;
	for(int i=FLAG[0];i;i--)
	{
		jw*=10;
		jw+=FLAG[i];
		wzc[i]=jw/5;
		jw%=5;
	}
	int len=0;
	int top=FLAG[0];
	for(int i=top;i;i--)
	{
		if(wzc[i])len=max(len,i);
		FLAG[i]=wzc[i];
	}
	FLAG[0]=len;
}
void explus()
{
	int jw=0;EXT[0]=max(EXT[0],FLAG[0]);
	for(int i=1;i<=EXT[0];i++)
	{
		EXT[i]+=FLAG[i]+jw;
		jw=EXT[i]/10;
		EXT[i]%=10;
	}
	for(int i=EXT[0]+1;i;i++)
	{
		if(!jw)break;
		EXT[i]++;
		jw=EXT[i]/10;
		EXT[i]%=10;
		EXT[0]=i;
	}
}
int ModEXT()
{
	int res=0;
	for(int i=EXT[0];i;i--)
	{
		res=res*10+EXT[i];
		res%=phi[k];
	}
	return res;
}
void get()
{
	int now=0;
	memset(wzc,0,sizeof(wzc));
	for(int i=N[0];i;i--)
	{
		now=now*10+N[i];
		if(now<fiv[k])continue;
		int pre=now;
		now/=fiv[k];
		now%=10;
		wzc[i]=now;
		now=pre-now*fiv[k];
	}
	int len=0;
	int top=N[0];
	for(int i=top;i;i--)
	{
		if(wzc[i])len=max(len,i);
		NOW[i]=wzc[i];
	}
	NOW[0]=len;
}
int ModNOW()
{
	int res=0;
	for(int i=NOW[0];i;i--)
	{
		res=res*10+NOW[i];
		res%=phi[k];
	}
	return res;
}
int ModN()
{
	int res=0;
	for(int i=N[0];i;i--)
	{
		res=res*10+N[i];
		res%=fiv[k];
	}
	return res;
}
void divideN()
{
	int jw=0;
	for(int i=N[0];i;i--)
	{
		jw*=10;
		jw+=N[i];
		wzc[i]=jw/5;
		jw%=5;
	}
	int len=0;
	int top=N[0];
	for(int i=top;i;i--)
	{
		if(wzc[i])len=max(len,i);
		N[i]=wzc[i];
	}
	N[0]=len;
}
void ex_work()
{
	reverse(N+1,N+N[0]+1);
	EXT[0]=0;
	copy();
	while(FLAG[0])
	{
		divideFLAG();
		explus();
	}
	long long inv=qpow(qpow(2,phi[k]-1,fiv[k]),ModEXT(),fiv[k]);
	for(int i=1;i<mod[k];i++)
		if(!(i%(mod[k]/fiv[k])))
			mzz[i%fiv[k]]=i;
	for(int i=1;i<fiv[k];i++)
	{
		fac[i]=fac[i-1];
		if(i%5)fac[i]=fac[i]*i%fiv[k];
	}
	long long res=1;
	while(N[0])
	{
		get();
		res=res*qpow(fac[fiv[k]-1],ModNOW(),fiv[k])%fiv[k];
		res=res*fac[ModN()]%fiv[k];
		divideN();
	}
	res=res*inv%fiv[k];
	ans=mzz[res];
}
int main()
{
	int T;scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		pre_work();
		scanf("%s%d",ch+1,&k);
		N[0]=strlen(ch+1);
		for(int i=1;i<=N[0];i++)N[i]=ch[i]-'0';
		if(N[0]==1){n=N[1];work();}
		else ex_work();
		switch(k)
		{
			case 1:printf("%01lld\n",ans);break;
			case 2:printf("%02lld\n",ans);break;
			case 3:printf("%03lld\n",ans);break;
		}
	}
	return 0;
}

---

rp++