設計一個演算法，計算出n階乘中尾部零的個數

樣例
11! = 39916800，因此應該返回 2

挑戰
O(logN)的時間複雜度

要判斷末尾有幾個0就是判斷可以整除幾次10。10的因子有5和2，而在0~9之間5的倍數只有一個，2的倍數相對較多，所以本題也就轉換成了求N階乘中有幾個5的倍數。比如10的階乘，10之內有2個5的倍數，10/5=2，2之內則沒有了可以匹配的5了，所以一共2個5。

還有25階乘中貢獻了6（25/5+5/5）個5，因為有5的倍數的倍數（25=5*5，貢獻2個5），所以就有了count += n/5，在先求一批5的個數後，再求第二批5的個數。

同理 125中 5的個數等於125/5 + 25/5 +5/5=31；

參考部落格

#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    int count = 0;
    while(n)
    {
        n /= 5;     //算出當前數字中可以匹配5（5和5的倍數）的個數
        count += n; //累加之
    }
    cout<<count;
    return 0;
}

n的階乘尾部有q個連續的0，現在給你q，請你算出滿足條件的n，如果有多個n滿足條件，輸出最小的那個即可。

Input

輸入一個T(T <= 10000),表示樣例數量。

每個樣例輸入一個q。(1 <= q <= 100,000,000)

Output

對於每個樣例，輸出滿足條件的最小的n，如果沒有滿足條件的則輸出"impossible"。.

Sample Input

3

1

2

5

Sample Output

Case 1: 5

Case 2: 10

Case 3: impossible

解析：因為階乘中0的個數是按照數的增大而遞增的（滿足單調性）

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
//因為0的個數是隨這數的增加而增加的
 

int judge(int x){
    int ans=0;
    while(x){
        ans+=x/5;
        x/=5;
    }
    return ans;
} 
int main(){
    int t,n;
    cin>>t;
    int kase=0;
    while(t--){
        cin>>n;
        int l=0,r=1e9;
        int ans=0;
        while(l<=r){
            int mid=(l+r)/2;
            int p=judge(mid);
            if(p>=n){
                r=mid-1;
                ans=mid;
            }
            else{
                l=mid+1;
            }
        }
        ans=(ans-ans%5);//因為是最小的那個 
        if(judge(ans)==n)
            printf("Case %d: %d\n",++kase,ans);
        else{
            printf("Case %d: impossible\n",++kase);
        }
    }
}