题解系列003 | 洛谷CF869B 【The Eternal Immortality】

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读完题目，我们可以发现这题实质上就是让我们求两个数的阶乘的商模10的余数。但题目中给的数据是 0 ≤ a ≤ b ≤ 1 0 18 0\leq a\leq b\leq 10^{18} 0≤a≤b≤1018，显然直接使用阶乘会直接炸掉（用python也会TLE），因此这种方法直接否决。

但是，经过一番观察，我们发现这里 a ! a! a!和 b ! ( a ≤ b ) b!(a\leq b) b!(a≤b)有很大一部分是“重叠”的，即：

b ! a ! = b ⋅ ( b − 1 ) ⋅ … ⋅ 1 a ⋅ ( a − 1 ) ⋅ … ⋅ 1 = b ⋅ ( b − 1 ) ⋅ … ⋅ ( a + 1 ) \dfrac{b!}{a!}=\dfrac{b\cdot (b-1)\cdot\ldots\cdot1}{a\cdot(a-1)\cdot\ldots\cdot1}=b\cdot(b-1)\cdot\ldots\cdot(a+1) a!b!​=a⋅(a−1)⋅…⋅1b⋅(b−1)⋅…⋅1​=b⋅(b−1)⋅…⋅(a+1)

因此可以利用这个方法大大减缓计算量。

但这样还是不行的。注意在这种情况下，我们并没有对差距特别大的数做出实际的优化。比如说我们输入 1 1 1和 100000000000 100000000000 100000000000，用上面的公式还是需要将 100000000000 100000000000 100000000000个数相乘，没有减少计算量。因此还需要发掘其它的性质。

这里我们注意到 m o d    10 \mod 10 mod10 计算的优点：碰到一个5和一个2个位基本就是0了。进一步看，也即当两个数满足 b − a > 5 b-a>5 b−a>5时， b ! a ! \dfrac{b!}{a!} a!b!​的末位一定是0（这里用到了“任何连续n个数的乘积一定被n整除”这个性质）

这样计算就大大优化了。比如说我们输入 1 1 1和 100000000000 100000000000 100000000000，根据上面的算法，无需计算就可以直接得出答案是0。因此可以看到，用适当的数学知识可以减轻计算机的工作量！

上代码：

#include <iostream>
using namespace std;

int main()
{
	long long a, b, al, bl;
	int ans = 1;
	cin >> a >> b;
	if (b - a > 5)
		cout << 0;
	else
	{
		for (long long i = a + 1; i <= b; i++)
		{
			ans = (ans % 10) * (i % 10);
		}
		cout << ans % 10;
	}

	return 0;
}

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标签：10,CF869B,洛谷,cdot,题解,long,leq,100000000000,ldots
来源： https://blog.csdn.net/mad_programmers/article/details/118089282