GCD&LCM

1.青蛙的约会

题解：(x+mt)%L==(y+nt)%L等价于x-y+(m-n)t=kL

因此我们整理一下：(m-n)t+kL=y-x

a=m-n,b=L,c=y-x

在这里需要注意a的值不为负，如果为负，则a=-a,c=-c

然后套用公式求出最小的t：t=(c/g*x%(b/g)+b/g)%(b/g)

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll extend_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1,y=0;
        return a;
    }
    ll res=extend_gcd(b,a%b,x,y);
    ll tmp=x;
    x=y;
    y=tmp-(a/b)*y;
    return res;
}

int main()
{
    ll i,j,x,y,m,n,l,a,b,c;
    cin>>x>>y>>m>>n>>l;
    a=m-n;b=l;c=y-x;
    if(a<0)
    {
        a=-a;
        c=-c;
    }
    ll g=extend_gcd(a,b,x,y);
    if(c%g!=0)
    {
        puts("Impossible");
    }
    else
    {
        cout<<(c/g*x%(b/g)+b/g)%(b/g)<<endl;
    }
    return 0;
}

2.Least Common Multiple

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1019

题解：每两个之间求一遍lcm，一共球n次

代码：

#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll t,a[100000],n;
ll gcd(ll a,ll b)
{
    return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
ll lcm(ll a,ll b)
{
    return a*b/gcd(a,b);
}

int main()
{
    ll i,j;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>n;
        for(i=0;i<n;i++)
            cin>>a[i];
        ll res=a[0];
        for(i=1;i<n;i++)
        {
            res=lcm(res,a[i]);
        }
        cout<<res<<endl;
    }
    return 0;
}

3. A/B

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1576

题解：逆元的应用

代码：

#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll extend_gcd(ll a,ll b,ll& x,ll& y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1;
        y=0;
        return a;
    }
    ll res=extend_gcd(b,a%b,x,y);
    ll tmp=x;
    x=y;
    y=tmp-(a/b)*y;
}

ll mod_inverse(ll a,ll m)
{
    ll x,y;
    extend_gcd(a,m,x,y);
    return (m+x%m)%m;
}

int main()
{
    ll i,j,t,n,b;
    ll mod=9973;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>n>>b;
        cout<<(n*mod_inverse(b,mod))%9973<<endl;
    }
    return 0;
}

4.又见GCD

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2504

题解：a和c的最大公约数为b，因此c的选取从2*b开始，与a计算gcd，如果不是b就加b，如此往复

代码：

#include<iostream>
using namespace std;

int gcd(int a,int b)
{
    return b==0?a:gcd(b,a%b);
}

int main()
{
    int i,j,n,a,b,c;
    cin>>n;
    while(n--)
    {
        cin>>a>>b;
        c=b*2;
        while(gcd(a,c)!=b)
        {
            c+=b;
        }
        cout<<c<<endl;
    }
    return 0;
}

5.GCD

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2588

题解：

给定N,M求gcd(i,N)>=M的i的个数

我们可以分解N=a*b, i=a*d(b>=d 且b，d互质)，那么我们要求的就是a》=m的时候d的个数（b随a而确定）

由于b>=d且b，d互质，所以这个数目就是φ（b）-1

但是，如果对于每个a枚举b，铁定超时。（仍然O((N-M)*sqrt(N))的复杂度）

但是如果单纯这样全部枚举的话依旧会超时，所以我们要想一个办法去优化它。

我们可以折半枚举，这里的折半并不是二分的意思。

我们先看，我们枚举时，当i<sqrt(n),假设a=n / i，当i>sqrt(n)之后有b=n/i，我们观察到当n%i==0时，会出现一种情况，就是a*b==n。所以我们就可以只需要枚举sqrt(n)种情况，然后和它对应的情况就是 n/i。

我们这种枚举时间会快非常多

代码：

#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll phi(ll n)
{
    ll ans=n;
    for(ll i=2;i<=sqrt(n);i++)
    {
        if(n%i==0)
        {
            ans=ans/i*(i-1);
            while(n%i==0)
                n/=i;
        }
    }
    if(n>1)
        ans=ans/n*(n-1);
    return ans;
}
int main()
{
    int t;
    ll n,m;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>n>>m;
        ll ans=0;
        for(ll i=1;i*i<=n;i++)
        {
            if(n%i==0)
            {
                if(i>=m)
                    ans+=phi(n/i);//计算sqrt(n)左边的
                if(i*i!=n&&n/i>=m)
                    ans+=phi(i);//计算计算sqrt(n)右边的i*i==n时，在上个语句已经执行 （避免）完全平方算两次
            }
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

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