Như mình đã nói, bạn chỉ cần chạy một vòng lặp i từ 1 tới n (ở đây n = 20000) rồi kiểm tra xem i có bn thừa số 2, thừa số 5. Bạn chỉ cần tăng số thừa số đấy vào tổng số thừa số đã có là được. Kq sẽ là min của tg số thừa số 2 và 5. Như vậy độ phức tạp là o(n*(phần đếm số thừa số 2 và 5)), cũng gần như là o(n) bạn ạ vì phần kiểm tra đấy không đáng kể.
Thân ái!
p/s: thông cảm, h mình ms sửa được UNIKEY. Và bài này ko cần dùng mảng làm gì cho tốn bộ nhớ

thật ra cũng có cách không cân` phải chạy vong` for dai` như vậy: ta có n!, ta có thể tính số thưa` số k theo cách sau : d=d+n div k; n:=n div k; cứ như vậy cho đến khi n=1 thi` dưng`; d sẽ la` số thưa` số cân` tim`

em nghĩ ra 1 cách mà theo em nó cũng khá hay ...rất nhanh ,có thể chạy đến với n lớn hơn 100 tỷ ...
xin trình bày nó bằng ngôn ngữ c++

Code:

#include<stdio.h> main() { int n,a=0,i; printf("Nhap vao so nguyen can xet:"); scanf("%d",&n); for(;n>=1;) { n=n/5; a=a+n; } printf("%d",a); for(;;); }

Bạn phân tích ra thừa số nguyên tố (dùng sàng nguyên tố chẳng hạn) sau đó tìm số mũ của 2 và 5 sau khi phân tích.