因为结尾0的个数取决于有多少对$(2,5)$ 相乘，那么对于下面例题，解题思路为：

1、将每个数字中的2和5剥离出来，然后用两个数组进行记录，然后其子数$(2,5)$组成对至少为k个。

2、遍历每一个子数组然后计算：会发现超时：

​ 下面公式推导一下：
$$\begin{gathered} totle2-two>=k、totle5-five>=k \\ 由于two=f2[j]-f2[i];这里的f为数组2剥离的前缀和 \\ 由于five=f5[j]-f5[i]; \\ 上述i,j为子数组(i,j-1)。因此我们固定i，由于前缀和是递增的，因此可以使用二分，找到右边界。 \\ 推到出：totle-(f[j]-f[i])>=k; \\ totle+f[i]-k>=f[j]; \end{gathered}$$
那么讨论一下边界问题：

二分$f[j]$返回的是第一个大于$f[j]$值的位置，但是这时就不符合$totle+f[i]-k>=f[j]$了，因此减去1，此时是刚好的。

#include <iostream>
#include <set>
#include <vector>
using namespace std;

// 剥离n中存在几个base的因子。如果是2，和5的话，
// 就是base中存在多少个2相乘和多少个5相乘
int factor(int n, int base){
    int ans = 0;
    while (n and !(n%base)) {
        n/=base;
        ans++;
    }
    return ans;
}

int base_right(const vector<int>& vec, int value){
    int left = 0;
    int right = vec.size()-1;
    int res = -1;
    while (left<=right) {
        int mid = left+((right-left)>>1);
        if(vec[mid]>value){
            res  = mid;
            right = mid-1;
        }else{
            left = mid+1;
        }
    }
    if(res == -1) return vec.size();
    return res;
}

int main() {
    int n, k;
    cin>>n>>k;

    vector<int> vec(n);
    vector<int> factor2(n+1);
    vector<int> factor5(n+1);

    int totle2 = 0;
    int totle5 = 0;
    for(int i=0;i<n;i++){
        cin>>vec[i];
        int x = factor(vec[i], 2);
        factor2[i+1] = factor2[i]+x;
        totle2+=x;
        x = factor(vec[i], 5);
        factor5[i+1] = factor5[i]+x;
        totle5+=x;
    }
    // 这里进行二分查找加速
    long long ans = 0;
    for(int i=0;i<n;i++){ // 以每个点为起点
        int val2 = totle2+factor2[i]-k;
        int val5 = totle5+factor5[i]-k;
        int pos2 = base_right(factor2, val2);
        int pos5 = base_right(factor5, val5);
        if(min(pos2, pos5)-i-1<=0) continue;
        ans+=min(pos2, pos5)-i-1;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}
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