Ah mais attention si $d_{k-1} = d_{k}$, ça ne marche pas toujours. Par exemple $9=3 \times 3$ mais $3!=6$ n’est pas multiple de $9$.
En fait il faut simplement prendre le plus petit diviseur $d$ de $b$ tel que $b$ divise $d!$. C’est précisément la définition du nombre de Kempner de rang $b$.

$S_{b}(N) = S_{b}($A002034$(b)-1)$

Posons $f(n)=$ dernier chiffre de $n$, en base $10$, différent de $0$
On remarque que $f(nm)=f(f(n)f(m))$. J’en tire une formule récursive :
Si $b<10$ alors $f((10a+b)!)=f(f(9!)^a f(a!)f(b!))=f(2^{(3a) \mod 4}f(a!)f(b!))$

Par contre j’obtiens $f(100!)=2$. Qui a raison ?

Nouveau défi demain, il est temps proposer une approche. Voilà ce que j’avais en tête : réorganisons le produit $n!=\prod_{i=1}^n i$ en regroupant ensemble, pour chaque couple $(a,b)$, tous les $i=2^a5^bk$ du produit, pour $k$ impair non multiple de $5$. On obtient $n!=\prod_{a,b}2^a5^bK_{a,b}$ avec $K_{a,b} = F\left(\left\lfloor\frac{n}{2^a5^b}\right\rfloor\right)$ pour $F(n)$ le produit des entiers impairs non multiples de $5$ entre $1$ et $n$. Il n’est pas difficile de remarquer que, par périodicité modulo $10$, $F(10q+r) \equiv F(9)^qF(r) \bmod 10$, ce qui permet de facilement calculer les $K_{a,b}\bmod10$. En voici la table pour $n=100$ :
$\begin{array}{c|ccccccc} b \backslash a&0&1&2&3&4&5&6\\ \hline 0&1&9&3&9&3&3&1\\ 1&1&9&3&1&1\\ 2&3&1&1 \end{array}$
En groupant les $2$ et $5$, $100!=2^{97}5^{24}\prod_{a,b}K_{a,b}$, $100!$ se termine par $24$ zéros et $\frac{100!}{10^{24}}=2^{73}\prod_{a,b}K_{a,b}$. Comme déjà signalé, les $2^k \bmod 10$ sont périodiques de période $4$ et l’on a $2^{73} = 2 \bmod 10$. Le produit des valeurs du tableau vaut $7 \bmod 10$. D’où le résultat $2\times7=4\bmod 10$.