【洛谷十月月测】 P3927 SAC E#1

题目传送门：https://www.luogu.org/problemnew/show/P3927

题目大意：给你两个正整数n,k，求n!在k进制下末尾零的数量。

我们通过简单的数学分析，便可以发现，n！可以化为x*k^y（x,y∈N），而末尾零的数量，正是y。

经过进一步化简，$n! = x*prod_{1}^{d(k)}d_{i}*y_{i}$，其中$d_{i}$为k的素因子，此处d(k)表示k的素因子个数，在已知d的情况下，求$y$并不复杂。

同时，我们也可以将k也化为这个格式，$k = *prod_{1}^{d(k)}d_{i}*y'_{i}$。

通过进一步的归纳，我们发现：末尾零的数量为$min(left lfloor  y_{i}/y'_{i}     ight floor)$。此题我们只需要求出$d_{i}$,随后求出$y_{i}$和$y‘_{i}$，最后简单计算即可得出答案。

考虑到$k≤10^{12}$，如果用常规的方法进行分解质因数求出所有$d_{i}$显然不行，于是我们用pollard_rho进行分解质因数即可。

如果你不知道什么是pollard_rho，传送门：http://blog.csdn.net/maxichu/article/details/45459533

时间复杂度为$O(k^{0.25}*log(n)*d(k))$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define L long long
#include<algorithm>
#include<map>
using namespace std;
L gcd(L x,L y){return y==0?x:gcd(y,x%y);}
L mul(L x,L y,L MOD){
    L ans=0;
    while(y){
        if(y&1) ans=(ans+x)%MOD;
        y=y>>1; x=(x<<1)%MOD;
    }
    return ans;
}
bool pow(L x,L y,L MOD){
    L ans=1;
    while(y){
        if(y&1) ans=mul(ans,x,MOD);
        y=y>>1; x=mul(x,x,MOD);
    }
    return ans!=1;
}
bool check(L n){
    if(n==2) return 1; if(n<2||n%2==0) return 0;
    int t=20; while(t--) if(pow(1+rand()%(n-1),n-1,n)) return 0;
    return 1;
}
L pollard_rho(L n,L c){
    L x=1+rand()%(n-1),y=x,k=2;
    for(int i=1;;i++){
        x=(mul(x,x,n)+c)%n;
        L d=gcd((y-x+n)%n,n);
        if(d>1) return d;
        if(x==y) return n;
        if(i==k) y=x,k<<=1;
    }
}
map<L,int> m;
void find(L n,L c){
    if(n==1) return;
    if(check(n)){m[n]++; return;}
    L p=n; while(p>=n) p=pollard_rho(n,c--);
    find(p,c); find(n/p,c);
}
L get(L n,L d){
    L ans=0;
    while(n) ans+=n/d,n=n/d;
    return ans;
}

int main(){
    L n,k,minn=1e18; cin>>n>>k; find(k,2333333);
    for(map<L,int>:: iterator it=m.begin();it!=m.end();it++){
        L num=it->first,sum=it->second;
        minn=min(minn,get(n,num)/sum);
    }
    cout<<minn<<endl;
}