while (cin >> num)

       { 

         printf("%5d -> %d\n", num, ans[num]); 

    } 

       return 0;

} 

      （3）编程思路2。

      下面换一个思路来求得N！的最后一个非0的数字。由于质因数2和5组合之后会使得N！末尾产生0。因此，可以将1~N序列中的质因数2和5全部去掉（当然2的个数比5的个数要多，所以需在最后考虑多余的2对末位的影响）。例如，计算10！的最后一个非0的数字，将1*2*3*4*5*6*7*8*9*10序列中去掉2、5 因子后，就是1*1*3*1*1*3*7*1*9*1（去掉的因子2有8个，5有2个）。由于2、5因子已经被去除，那么剩下的数的末位数字一定是1、3、7、9中四者之一。然后再求出这么一串数末位相乘以后的末位数字是7，最后再补上6个2（末位为4）对末位的影响，得到结果8。

      因此，按这种思路求解的关键是求得1~N序列中质因数2和5的个数，分别去掉2和5因子后的N个数中末位数字分别是3、7、9的数的个数。由于N!是在（N-1）！的基础上乘以N，因此，在统计N！的情况时可以在（N-1）的基础上进行。

       可定义一个二维数组int table[10][10001]，其中元素table[2][n]和table[5][n]分别表示在n！中质因子2和5的个数，table[3][n]、table[7][n]和table[9][n]分别表示在1~n这n个数（分别去掉了2和5因子）中末位数字为3、7、9的数的个数。其余的的数组元素不用即可。

      由于只需考虑2、5因子个数和末位3、7、9的个数这5种情况，二维数组table[10][10001]有一半的元素没有使用，为节省存储空间，可以定义数组为int table[5][10001]，其中元素table[0][n]表示在n！中质因子2的个数，table[2][n]（即table[(5-1)/2]）t表示在n！中质因子5的个数，able[1][n]、table[3][n]和table[4][n]分别表示在1~n这n个数（分别去掉了2和5因子）中末位为3、7、9的数的个数。设数字为i，则这三种情况可以统一表示为table[(i-1)/2]。

       数组table的值预先求好后，N！的最后一个非0的数字就容易求得了，只需求得table[0][n]-table[2][n]个2（质因子2比5多的个数）、table[1][n]个3、table[3][n]个7和table[4][n]个9相乘所产生的末位数字即可。

       实际上，末位数字为2、3、7、9的数的n次方的末位数字是有规律的，周期可统一为4。例如，2的n次方的末位数字依次为2、4、8、6、2、4、8、6、…；3的n次方的末位数字依次为3、9、7、1、3、9、7、1、…；7的n次方的末位数字依次为7、9、3、1、…；9的n次方的末位数字依次为9、1、9、1、…。因此，可以定义一个二维数组

        int last[4][4] ={{6,2,4,8},{1,3,9,7},{1,7,9,3},{1,9,1,9}};  

用于保存数字2、3、7、9的末位数字的循环出现情况，这样k个2、3、7、9相乘产生的末位直接查表就可以了。例如，19个3相乘产生的末位数字为last[1][19%4]=last[1][3]=7。要注意一个特殊情况，0个2的末位为1。

      （4）源程序2。

#include<iostream>  

using namespace std;  

int main()

{

       int table[5][10001],i,t,n,cnt2,cnt5,cnt3,cnt7,cnt9;

    int last[4][4] ={{6,2,4,8},{1,3,9,7},{1,7,9,3},{1,9,1,9}};  

    table[0][1]=table[1][1]=table[2][1]=table[3][1]=table[4][1]=0;

    for (i=2;i<=10000;i++)

       {

              t=i;

              cnt2=cnt5=0;

              while (t%2==0)

              {

                     cnt2++;

                     t=t/2;

              }