本文主要是介绍Foj 2164 Jason's problem，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！
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题目的意思很是简单：
n！在b进制下，末尾0为为k个的b有多少个。
先把n！的分解质因数。不需要全部的分解。因为n/k < 500。
比如说数据n=10，k=2；
10！=2^8*3^4*5^2*7=(2^4*3^2*5)^2*7；
那么末尾为2个的0的就靠(2^4*3^2*5)来进行组合了。
2^0---2^4;
3^0---3^2;
5^0---5^1;所有的组合就是5*4*2=30种。
我们知道里面一定有一些不符合的。
那么不符合是那些呢？
2^0---2^2
3^0---3^1
5^0;
是不符合。为什么？
因为2^8/2^0=2^7这样的话，就是末尾有7个0了。
其他同理。
那么不符合条件的就是，3*2*1=6种了。
答案：30-6=24；
代码：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
#define LL __int64const int N=505;
const LL mod=1e9+7;
int prime[N],top;bool Judge(int x){int i,d=(int)sqrt(x);for(i=2;i<=d&&x%i!=0;i++);if(i>d) return true;else return false;
}void get_prime(){int i;top=0;for(i=2;i<=500;i++){if(Judge(i))prime[top++]=i;}top=top-1;
}LL f(LL n,LL m){if(n<m) return 0;else return n/m+f(n/m,m);
}int main(){get_prime();LL n,k,T;scanf("%I64d",&T);while(T--&&scanf("%I64d%I64d",&n,&k)){int i;LL num1[N],ans1=1,ans2=1;memset(num1,0,sizeof(num1));for(i=0;i<=top;i++){num1[i]=f(n,prime[i]);}for(int i=0;i<=top;i++){if(num1[i]/k){int d=num1[i]/k,d1=0;ans1=(ans1*(d+1))%mod;for(int j=1;j<=d;j++)if(num1[i]/j!=k) d1++;else break;ans2=(ans2*(d1+1))%mod;}}printf("%I64d\n",((ans1-ans2)%mod+mod)%mod);}return 0;
}
最后一段：
((ans1-an2)%mod+mod)%mod;
在许多程序中，都看到过这一句话。
今天终于知道为什么咯！
因为ans1，和ans2都是mod后的，就是有可能ans1<ans2。所以要这么处理一下。
这篇关于Foj 2164 Jason's problem的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！
