算法设计思路：
我们设F(N)表示N!的尾数。
先考虑简单的。考虑某一个N!(N < 10)，我们先将所有5的倍数提出来，用1代替原来5的倍数的位置。由于5的倍数全被提走了，所以这样就不会出现尾数0了。我们先把0..9的阶乘的尾数列出来（注意，5的倍数的位置上是1），可以得到table[0..9] =(1, 1, 2, 6, 4, 4, 4, 8, 4, 6)。对于N < 5，直接输出table[N]即可；对于N >= 5，由于提出了一个5，因此需要一个2与之配成10，即将尾数除以2。注意到除了0!和1!，阶乘的最后一个非零数字必为偶数，所以有一个很特别的除法规律：2 / 2= 6，4 / 2 = 2，6 / 2 = 8，8 / 2 = 4。比较特殊的就是2 / 2 = 12 / 2 = 6，6 / 2 = 16 / 2 = 8。这样我们就可以得到如下式子：
F(N) = ———— (0 <= N < 10)
再考虑复杂的。考虑某一个N!(N >= 10)，我们先将所有5的倍数提出来，用1代替原来5的倍数的位置。由于5的倍数全被提走了，所以这样就不会出现尾数0了。我们观察一下剩下的数的乘积的尾数，通过table表，我们发现这10个数的乘积的尾数是6，6 * 6的尾数还是6，因此我们将剩下的数每10个分成一组，则剩下的数的乘积的尾数只与最后一组的情况有关，即与N的最后一位数字有关。由于我们把5的倍数提出来了，N!中一次可以提出[N/5]个5的倍数，有多少个5，就需要有多少个2与之配成10，所以有多少个5，最后就要除以多少个2。注意到除2的结果变化是4个一循环，因此如果有A个5，只需要除(A MOD 4)次2就可以了。A MOD 4只与A的最后两位数有关，很好求算。剩下的5的倍数，由于5已经全部处理掉了，就变成[N/5]!。于是，我们可以得到一个递归关系：
F(N) = ———————————– (N > 10)
这样我们就得到了一个O(log5(N))的算法，整除5可以用高精度加法做，乘2再除10即可。整个算法相当巧妙，写起来也比较轻松。
因为 2^N 是以4为循环节的而且table[N]是以10为循环节的，所以从10开始
F(N) = ———————————– (N > 10)
右边的式子除了F[n/5]外 是以20为循环节的
写出循环的末尾数字mod[20]={1,1,2,6,4,2,2,4,2,8,4,4,8,4,6,8,8,6,8,2}
代码如下：
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include <string.h>
#define MAXN 10000
int lastdigit(char *buf)
{
const int mod[20] = { 1, 1, 2, 6, 4, 2, 2, 4, 2, 8, 4,
4, 8, 4, 6, 8, 8, 6, 8, 2 };
int len = strlen(buf), a[MAXN], i, c, ret = 1;
if (len == 1)
return mod[buf[0] - '0'];
for (i = 0; i < len; i++)
a[i] = buf[len - 1 - i] - '0';
for (; len; len -= !a[len - 1]) {
ret = ret * mod[a[1] % 2 * 10 + a[0]] % 10;
for (c = 0, i = len - 1; i >= 0; i--)
c = c * 10 + a[i], a[i] = c / 5, c %= 5;
}
return ret + ret % 2 * 5;
}
int main()
{
char buf[MAXN];
while (scanf("%s", buf) != EOF) {
printf("%d\n", lastdigit(buf));
}
return 0;
}
附：杭电题目地址
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1066
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