gcd

拓展欧几里得算法解二元一次不定方程：a*x+b*y=m; 因为：gcd（a，b）| a ， gcd（a，b）| b ； 所以：gcd（a，b）| a*x , gcd(a,b) | b*y ==> gcd(a,b)|(a*x+b*y) ==>gcd(a,b)|m ; 所以要求a*x+b*y=m，可以先求a*x+b*y=gcd(a,b). 对于：a*x+b*y=gcd(a,b) 1.当b==0时，gcd(a,b)=a，此时x=1,y=0; 2.先求出 a*x+b*y=gcd(a,b) 的一组解。 因为 a*x1+b*y1=gcd(a,b) b*x2+a%by2=gcd(b,a%b) 且 gcd(a,b)=gcd(b,a%b); 所以有a*x1+b*y1=b*x2+(a-(a/b)*b)*y2 从而得x1=y2，y1=x2-(a/b)*y2 然后执行程序段： void expgcd(int a,int b,int &x,int &y) { if(b==0) { x=1; y=0; return ; } expgcd(b,a%b,x,y); int t=x; x=y; y=t-(a/b)*y; } 得出一组解x0，y0; 又因为此时的解并非是原不定方程a*x+b*y=m的解并且gcd(a,b)|m 所以的原不定方程的一组解 x1=x0*(m/gcd(a,b))，y1=y0*(m/gcd(a

上篇和中篇讲解了什么是GCD，如何使用GCD，这篇文章将讲解使用GCD中将遇到的死锁问题。有兴趣的朋友可以回顾《 iOS多线程开发之GCD（上篇） 》和《 iOS多线程开发之GCD（中篇） 》。 言归正传，我们首先来回顾下死锁，所谓死锁: 是指两个或两个以上的进程（线程）在执行过程中，因争夺资源（如数据源，内存等，变量不是资源）而造成的一种互相等待的现象，若无外部处理作用，它们都将无限等待下去。 　　死锁形成的原因： 系统资源不足 进程（线程）推进的顺序不恰当； 资源分配不当 　　死锁形成的条件： 互斥条件： 所谓互斥就是进程在某一时间内独占资源。 请求与保持条件： 一个进程因请求资源而阻塞时，对已获得的资源保持不放。 不剥夺条件： 进程已获得资源，在末使用完之前，不能强行剥夺。 循环等待条件： 若干进程之间形成一种头尾相接的循环等待资源关系。 在GCD中，主要的死锁就是当前串行队列里面同步执行当前串行队列。解决的方法就是将同步的串行队列放到另外一个线程执行。 在举例说明之前，我们先来回顾下GCD的中的任务派发和队列。 （1）任务派发 任务派发方式 说明 dispatch_sync() 同步执行，完成了它预定的任务后才返回，阻塞当前线程 dispatch_async() 异步执行，会立即返回，预定的任务会完成但不会等它完成，不阻塞当前线程 （2）队列种类 队列种类 说明 串行队列

题目 设d(x)为x的约数个数，给定N、M，求 \(\sum_{i = 1}^{N} \sum_{j = 1}^{M} d(ij)\) 输入格式 输入文件包含多组测试数据。第一行，一个整数T，表示测试数据的组数。接下来的T行，每行两个整数N、M。 输出格式 T行，每行一个整数，表示你所求的答案。 输入样例 2 7 4 5 6 输出样例 110 121 提示 1<=N, M<=50000 1<=T<=50000 题解 好神的题【 是我太弱吧 】 首先上来就伤结论。。 题目所求 \[ans = \sum_{i = 1}^{N} \sum_{j = 1}^{M} d(ij)\] 有一个这样的结论： \[d(ij) = \sum_{x|i}\sum_{y|j} [gcd(x,y) == 1]\] 那么就转化为了： \[ans =\sum_{i = 1}^{N} \sum_{j = 1}^{M} \sum_{x|i}\sum_{y|j} [gcd(x,y) == 1]\] 我们考虑对于每一对互质的x、y，x会被枚举 \(\lfloor \frac{N}{x} \rfloor\) 次，y会被枚举 \(\lfloor \frac{M}{y} \rfloor\) 次 所以有 \[ans =\sum_{i = 1}^{N} \sum_{j = 1}^{M} \lfloor \frac{N}{i}

过了这么久，终于知道了辗转相处的证明了，以前只是记住了，但不是真的很理解，现在写一下它的证明，以便下次忘了的时候看一下。辗转相除是求两个数的最大公约数的。 要证这个定理成立，只需要证明 gcd(a, b) = gcd(b, a % b) 就行了 证明：令a % b = r, 所以a = k * b + r, 所以r = a - k * b,假设d为a，b的一个公约数，那么 d|a， d|b,（d|a的意思就是d整除a，也就是a能被d整除），所以a - k * b 也一定能被d整除，即 d|r， 也就是 d|(a % b)， 因此d也是b 和 (a % b)的公约数，因此a,b 的公约数和b, (a%b)的公约数也是一样的，其最大公约数也一定相同，所以gcd(a, b) = gcd(b, a % b); 所以有了这个等式之后，基本上就算完了，还有一步就是怎么到最后求个具体的数，当b等于0时候就可以了，因为最后递归好多还是和原来的那个公寓数是相同的，最后有0了，他俩的最大公约数就是他本身了，也就是a了，用递归代码如下 1 int gcd(int a, int b) 2 { 3 return (b == 0 ? a : gcd(b, a % b)); 4 } 来源： https://www.cnblogs.com/Howe-Young/p/4329362.html

【题目描述】 今天在课堂上，老师讲解了如何求两个正整数c[1]和c[2]的最大公约数和最小公倍数。现 在Hankson认为自己已经熟练地掌握了这些知识，他开始思考一个“求公约数”和“求公 倍数”之类问题的“逆问题”，这个问题是这样的：已知正整数a[0]、a[1]、b[0]、b[1]，设某未知正整 数x满足： 1．x和a[0]的最大公约数是a[1]； 2．x和b[0]的最小公倍数是b[1]。 Hankson的“逆问题”就是求出满足条件的正整数x。但稍加思索之后，他发现这样的 x并不唯一，甚至可能不存在。因此他转而开始考虑如何求解满足条件的x的个数。请你帮 助他编程求解这个问题。 【输入描述】 第一行为一个正整数n，表示有n组输入数据。接下来的n行每行一组输入数据，为四个正整数a[0]、a[1]、b[0]、b[1]，每两个整数之间用一个空格隔开。输入数据保证a[0]能被a[1]整除，b[1]能被b[0]整除。 【输出描述】 每组输入数据的输出结果占一行，为一个整数。 对于每组数据：若不存在这样的x，请输出0； 若存在这样的x，请输出满足条件的x 的个数。 【样例输入】 2 41 1 96 288 95 1 37 1776 【样例输出】 6 2 【数据范围及提示】 样例解释： 第一组输入数据，x可以是9、18、36、72、144、288，共有6个； 第二组输入数据，x可以是48、1776

题目大意： 给一个长度为 \(n\) 的数列，找到一个连续子序列使得子序列的公约数与长度的乘积最大，求这个最大值。 正文： 直接枚举 GCD 区间的右端点 \(r\) ，再枚举左端点 \(l(l<r)\) 计算 GCD，记录答案。 \(\texttt{50}\) 分。 可以通过上一个枚举的右端点 \((r-1)\) 计算过的 GCD 区间更新当前区间就可以了，这些操作可以通过链表实现。 代码： for (scanf ("%d", &t); t--; ) { memset (a, 0, sizeof(a)); memset (b, 0, sizeof(b)); memset (last_, 0, sizeof(last_)); memset (next_, 0, sizeof(next_)); ans = 0; scanf ("%lld", &n); for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf ("%lld", &a[i]); b[i] = a[i]; last_[i] = i - 1, next_[i] = i + 1; } for (int r = 1; r <= n; r++) { for (int l = 1; l <= r; l = next_[l]) { b[l] = gcd(b[l], a[r]); ans = max(ans, (r -

前言 扩展欧几里得 算法是一个很好的解决同余问题的算法，非常实用。 欧几里得算法 简介 欧几里得算法，又称辗转相除法。 主要用途 求最大公因数 \(gcd\) 。 公式 \(gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)\) 公式证明 \(a\) 可以表示成 \(a=kb+a\%b\) （ \(k\) 为自然数）。 假设 \(g\) 是 \(a,b\) 的一个公约数，则有 \(g|a, g|b\) 。 \(\because a\%b=a-kb\) ， \(\therefore g|(a\%b),\therefore g\) 是 \(b,a\%b\) 的公约数。 综上所述， \(a,b\) 和 \(b,a\%b\) 的公约数是一样的，其 \(gcd\) 也必然相等。 代码实现 inline int gcd(int x,int y) {return y?gcd(y,x%y):x;} 扩展欧几里得算法 简介 扩展欧几里得建立于欧几里得算法的基础上。 （该算法的升级版 徐xgcd 有待 XuRuiYang 奆佬发明） 主要用途 对于已知a,b求解x,y使其满足ax+by=gcd(a,b)。 解法 我们可以对 \((a,b)\) 不断辗转相除。 根据欧几里得算法，最后剩下的两个数一定为 \((gcd(a,b),0)\) ， 显然，此时 \(x=1,y=0\) 是原式的一组解。 现在，我们需要考虑

欧几里德算法 欧几里德算法又称辗转相除法，用于计算两个整数 a,b 的最大公约数。其计算原理依赖于下面的定理： 　　定理： gcd(a,b) = gcd(b,a % b) 　　证明： a 可以表示成 a = kb + r ，则 r = a % b 　　假设 d 是 a,b 的一个公约数，则有 　　 d|a, d|b ，而 r = a - kb ，因此 d|r 　　因此 d 是 (b,a % b) 的公约数 　　假设 d 是 (b,a % b) 的公约数，则 　　 d | b , d |r ，但是 a = kb +r 　　因此 d 也是 (a,b) 的公约数 因此 (a,b) 和 (b,a mod b) 的公约数是一样的，其最大公约数也必然相等，得证 ； 　欧几里德算法就是根据这个原理来做的，其算法用 C++ 语言描述为：　 int Gcd(int a, int b) 　　 { 　　 if(b == 0) return a; return Gcd(b, a % b); 　　 } 迭代法 　　 int Gcd(int a, int b) 　 　 { 　 　 while(b != 0) 　 　 { 　 int r = b; 　　 b = a % b; 　 　 a = r; 　 　 } 　 　 return a; 　 　 } 扩展欧几里德算法是用来在已知 a, b 求解一组 x ， y

思路：看了一个大佬的题解，非常的巧妙。 首先，str1和str2一定是由相同的子串构成的，只不过子串的数量不同而已，所以str1+str2==str2+str1. 若不满足前面的等式，那么表示没有相同的子串。 其次，假设str1的长度是m构成，str2的长度是n. 那么最大的子串长度一定能同时整除m,n。 其实最大长度就是gcd(m,n)。 class Solution { public: string gcdOfStrings(string str1, string str2) { int len1=str1.size(),len2=str2.size(); if(str2+str1!=str1+str2) return ""; return str1.substr(0,gcd(len1,len2)); } int gcd(int a,int b) { if(b==0) return a; return gcd(b,a%b); } }; 来源： CSDN 作者： untilyouydc 链接： https://blog.csdn.net/qq_40774175/article/details/104811252

题目描述 给定一个长度为N的数列A，以及M条指令 (N≤5*10^5, M<=10^5)，每条指令可能是以下两种之一： “C l r d”，表示把 A[l],A[l+1],…,A[r] 都加上 d。 “Q l r”，表示询问 A[l],A[l+1],…,A[r] 的最大公约数(GCD)。 输入 第一行两个整数N,M，第二行N个整数Ai，接下来M行每条指令的格式如题目描述所示。 输出 对于每个询问，输出一个整数表示答案。 样例输入 5 5 1 3 5 7 9 Q 1 5 C 1 5 1 Q 1 5 C 3 3 6 Q 2 4 样例输出 1 2 4 算法提示： 我们知道gcd(x,y)=gcd(x,y-x)。它可以进一步扩展到三个数的情况：gcd(x,y,z)=gcd(x,y-x,z-y)。实际上，给性质对任意多个整数都成立。 因此，我们可以构造一个长度为N的新数列B，其中 B[i]=a[i]-a[i-1],B[1]可为任意值。数列B称为A的差分序列。 用线段树维护序列B的区间最大公约数。 这样一来，询问“Q l r”，就等于求出gcd（A[i],ask(1,l+1,r)）。 在指令“C l r d”下，只有B[r+1]被减掉了d，所以在维护B的线段树上只进行两次单点修改即可。另外，询问时需要数列A中的值，可额外用一个支持“区间增加，单点查询”的树状数组对数列A进行维护。 完整代码：