最大公约数

定义

最大公约数即为 Greatest Common Divisor，常缩写为 gcd。

一组整数的公约数，是指同时是这组数中每一个数的约数的数。 $\pm 1$ 是任意一组整数的公约数。

一组整数的最大公约数，是指所有公约数里面最大的一个。

对不全为的整数，将其最大公约数记为 $\gcd(a,b)$ ，不引起歧义时可简写为。

对不全为的整数 $a_1,\dots,a_n$ ，将其最大公约数记为 $\gcd(a_1,\dots,a_n)$ ，不引起歧义时可简写为 $(a_1,\dots,a_n)$ 。

最大公约数与最小公倍数的性质见数论基础。

那么如何求最大公约数呢？我们先考虑两个数的情况。

欧几里得算法

过程

如果我们已知两个数和，如何求出二者的最大公约数呢？

不妨设。

我们发现如果是的约数，那么就是二者的最大公约数。下面讨论不能整除的情况，即 $a = b \times q + r$ ，其中。

我们通过证明可以得到 $\gcd(a,b)=\gcd(b,a \bmod b)$ ，过程如下：

证明

设，显然有 $c=a \bmod b$ 。设 $d \mid a,~d \mid b$ ，则 $c=a-bk, \frac{c}{d}=\frac{a}{d}-\frac{b}{d}k$ 。

由右边的式子可知 $\frac{c}{d}$ 为整数，即 $d \mid c$ ，所以对于的公约数，它也会是 $b,a \bmod b$ 的公约数。

反过来也需要证明：

设 $d \mid b,~d\mid (a \bmod b)$ ，我们还是可以像之前一样得到以下式子 $\frac{a\bmod b}{d}=\frac{a}{d}-\frac{b}{d}k,~\frac{a\bmod b}{d}+\frac{b}{d}k=\frac{a}{d}$ 。

因为左边式子显然为整数，所以 $\frac{a}{d}$ 也为整数，即 $d \mid a$ ，所以 $b,a\bmod b$ 的公约数也是的公约数。

既然两式公约数都是相同的，那么最大公约数也会相同。

所以得到式子 $\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)$

既然得到了 $\gcd(a, b) = \gcd(b, r)$ ，这里两个数的大小是不会增大的，那么我们也就得到了关于两个数的最大公约数的一个递归求法。

实现

C++JavaPython

// Version 1
int gcd(int a, int b) {
  if (b == 0) return a;
  return gcd(b, a % b);
}

// Version 2
int gcd(int a, int b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

// Version 1
public int gcd(int a, int b) {
    if (b == 0) return a;
    return gcd(b, a % b);
}

// Version 2
public int gcd(int a, int b) {
    return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}

def gcd(a, b):
    if b == 0:
        return a
    return gcd(b, a % b)

递归至 b == 0（即上一步的 a % b == 0）的情况再返回值即可。

根据上述递归求法，我们也可以写出一个迭代求法：

C++JavaPython

int gcd(int a, int b) {
  while (b != 0) {
    int tmp = a;
    a = b;
    b = tmp % b;
  }
  return a;
}

public int gcd(int a, int b) {
    while(b != 0) {
        int tmp = a;
        a = b;
        b = tmp % b;
    }
    return a;
}

def gcd(a, b):
    while b != 0:
        a, b = b, a % b
    return a

上述算法都可被称作欧几里得算法（Euclidean algorithm）。

另外，对于 C++17，我们可以使用 <numeric> 头中的 std::gcd 与 std::lcm 来求最大公约数和最小公倍数。

注意

在部分编译器中，C++14 中可以用 std::__gcd(a,b) 函数来求最大公约数，但是其仅作为 std::rotate 的私有辅助函数。¹使用该函数可能会导致预期之外的问题，故一般情况下不推荐使用。

如果两个数和满足 $\gcd(a, b) = 1$ ，我们称和互质。

性质

欧几里得算法的时间效率如何呢？下面我们证明，在输入为两个长为的二进制整数时，欧几里得算法的时间复杂度为。（换句话说，在默认同阶的情况下，时间复杂度为 $O(\log\max(a, b))$ 。）

证明

当我们求 $\gcd(a,b)$ 的时候，会遇到两种情况：

，这时候 $\gcd(a,b)=\gcd(b,a)$ ；
$a \geq b$ ，这时候 $\gcd(a,b)=\gcd(b,a \bmod b)$ ，而对取模会让至少折半。这意味着这一过程最多发生 $O(\log a) = O(n)$ 次。

第一种情况发生后一定会发生第二种情况，因此第一种情况的发生次数一定 不多于 第二种情况的发生次数。

从而我们最多递归次就可以得出结果。

事实上，假如我们试着用欧几里得算法去求斐波那契数列相邻两项的最大公约数，会让该算法达到最坏复杂度。

更相减损术

大整数取模的时间复杂度较高，而加减法时间复杂度较低。针对大整数，我们可以用加减代替乘除求出最大公约数。

过程

已知两数和，求 $\gcd(a,b)$ 。

不妨设 $a \ge b$ ，若，则 $\gcd(a,b)=a=b$ 。否则， $\forall d\mid a, d\mid b$ ，可以证明 $d\mid a-b$ 。

因此，和的所有公因数都是和的公因数， $\gcd(a,b) = \gcd(a-b, b)$ 。

Stein 算法的优化

如果 $a\gg b$ ，更相减损术的复杂度将会达到最坏情况。

考虑一个优化，若 $2\mid a,2\mid b$ ， $\gcd(a,b) = 2\gcd\left(\dfrac a2, \dfrac b2\right)$ 。

否则，若 $2\mid a$ （ $2\mid b$ 同理），因为 $2\mid b$ 的情况已经讨论过了，所以 $2 \nmid b$ 。因此 $\gcd(a,b)=\gcd\left(\dfrac a2,b\right)$ 。

优化后的算法（即 Stein 算法）时间复杂度是 $O(\log n)$ 。

证明

若 $2\mid a$ 或 $2\mid b$ ，每次递归至少会将之一减半。

否则， $2\mid a-b$ ，回到了上一种情况。

算法最多递归 $O(\log n)$ 次。

实现

高精度模板见高精度计算。

高精度运算需实现：减法、大小比较、左移、右移（可用低精乘除代替）、二进制末位 0 的个数（可以通过判断奇偶暴力计算）。

C++

Big gcd(Big a, Big b) {
  if (a == 0) return b;
  if (b == 0) return a;
  // 记录a和b的公因数2出现次数，countr_zero表示二进制末位0的个数
  int atimes = countr_zero(a);
  int btimes = countr_zero(b);
  a >>= atimes;
  for (;;) {
    // a和b公因数中的2已经计算过了，后面不可能出现a为偶数的情况
    b >>= btimes;
    // 确保 a<=b
    if (a > b) swap(a, b);
    b -= a;
    if (b == 0) break;
    btimes = countr_zero(b);
  }
  return a << min(atimes, btimes);
}

上述代码参考了 libstdc++ 和 MSVC 对 C++17 std::gcd 的实现。在 unsigned int 和 unsigned long long 的数据范围下，如果可以以极快的速度计算 countr_zero，则 Stein 算法比欧几里得算法来得快，但反之则可能比欧几里得算法慢。

关于 countr_zero

gcc 有内建函数 __builtin_ctz（32 位）或 __builtin_ctzll（64 位）可替换上述代码的 countr_zero；
从 C++20 开始，头文件 <bit> 包含了 std::countr_zero；
如果不使用不在标准库的函数，又无法使用 C++20 标准，下面的代码是一种在 Word-RAM with multiplication 模型下经过预处理后的实现：

const int loghash[64] = {0,  32, 48, 56, 60, 62, 63, 31, 47, 55, 59, 61, 30,
                         15, 39, 51, 57, 28, 46, 23, 43, 53, 58, 29, 14, 7,
                         35, 49, 24, 44, 54, 27, 45, 22, 11, 37, 50, 25, 12,
                         38, 19, 41, 52, 26, 13, 6,  3,  33, 16, 40, 20, 42,
                         21, 10, 5,  34, 17, 8,  36, 18, 9,  4,  2,  1};

int countr_zero(unsigned long long x) {
  return loghash[(x & -x) * 0x9150D32D8EB9EFC0Ui64 >> 58];
}

而对于高精度运算，如果实现方法类似 bitset，则搭配上述对 countr_zero 的实现可以在 O(n / w) 的时间复杂度下完成。但如果不便按二进制位拆分，则只能暴力判断最大的的幂因子，时间复杂度取决于实现。比如：

// 以小端序实现的二进制 Big，要求能枚举每一个元素
int countr_zero(Big a) {
  int ans = 0;
  for(auto x : a) {
    if(x != 0) {
      ans += 32; // 每一位数据类型的位长
    }
    else {
      return ans + countr_zero(x);
    }
  }
  return ans;
}

// 暴力计算，如需使用建议直接写进 gcd 加快常数
int countr_zero(Big a) {
  int ans = 0;
  while((a & 1) == 0) {
    a >>= 1;
    ++ans;
  }
  return ans;
}

更多关于 gcd 实现上快慢的讨论可阅读 Fastest way to compute the greatest common divisor。

多个数的最大公约数

那怎么求多个数的最大公约数呢？显然答案一定是每个数的约数，那么也一定是每相邻两个数的约数。我们采用归纳法，可以证明，每次取出两个数求出答案后再放回去，不会对所需要的答案造成影响。

最小公倍数

接下来我们介绍如何求解最小公倍数（Least Common Multiple, LCM）。

定义

一组整数的公倍数，是指同时是这组数中每一个数的倍数的数。0 是任意一组整数的公倍数。

一组整数的最小公倍数，是指所有正的公倍数里面，最小的一个数。

对整数，将其最小公倍数记为 $\operatorname{lcm}(a,b)$ ，不引起歧义时可简写为。

对整数 $a_1,\dots,a_n$ ，将其最小公倍数记为 $\operatorname{lcm}(a_1,\dots,a_n)$ ，不引起歧义时可简写为 $[a_1,\dots,a_n]$ 。

两个数

设 $a = p_1^{k_{a_1}}p_2^{k_{a_2}} \cdots p_s^{k_{a_s}}$ ， $b = p_1^{k_{b_1}}p_2^{k_{b_2}} \cdots p_s^{k_{b_s}}$

我们发现，对于和的情况，二者的最大公约数等于

$p_1^{\min(k_{a_1}, k_{b_1})}p_2^{\min(k_{a_2}, k_{b_2})} \cdots p_s^{\min(k_{a_s}, k_{b_s})}$

最小公倍数等于

$p_1^{\max(k_{a_1}, k_{b_1})}p_2^{\max(k_{a_2}, k_{b_2})} \cdots p_s^{\max(k_{a_s}, k_{b_s})}$

由于 $k_a + k_b = \max(k_a, k_b) + \min(k_a, k_b)$

所以得到结论是 $\gcd(a, b) \times \operatorname{lcm}(a, b) = a \times b$

要求两个数的最小公倍数，先求出最大公约数即可。

多个数

可以发现，当我们求出两个数的 $\gcd$ 时，求最小公倍数是的复杂度。那么对于多个数，我们其实没有必要求一个共同的最大公约数再去处理，最直接的方法就是，当我们算出两个数的 $\gcd$ ，或许在求多个数的 $\gcd$ 时候，我们将它放入序列对后面的数继续求解，那么，我们转换一下，直接将最小公倍数放入序列即可。

扩展欧几里得算法

扩展欧几里得算法（Extended Euclidean algorithm, EXGCD），常用于求 $ax+by=\gcd(a,b)$ 的一组可行解。

过程

设

$ax_1+by_1=\gcd(a,b)$

$bx_2+(a\bmod b)y_2=\gcd(b,a\bmod b)$

由欧几里得定理可知： $\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)$

所以 $ax_1+by_1=bx_2+(a\bmod b)y_2$

又因为 $a\bmod b=a-(\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\times b)$

所以 $ax_1+by_1=bx_2+(a-(\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\times b))y_2$

$ax_1+by_1=ay_2+bx_2-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\times by_2=ay_2+b(x_2-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y_2)$

因为，所以 $x_1=y_2,y_1=x_2-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y_2$

将不断代入递归求解直至 $\gcd$ （最大公约数，下同）为递归回去求解。

实现

C++Python

int Exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
  if (!b) {
    x = 1;
    y = 0;
    return a;
  }
  int d = Exgcd(b, a % b, x, y);
  int t = x;
  x = y;
  y = t - (a / b) * y;
  return d;
}

def Exgcd(a, b):
    if b == 0:
        return a, 1, 0
    d, x, y = Exgcd(b, a % b)
    return d, y, x - (a // b) * y

函数返回的值为 $\gcd$ ，在这个过程中计算即可。

值域分析

$ax+by=\gcd(a,b)$ 的解有无数个，显然其中有的解会爆 long long。
万幸的是，若 $b\not= 0$ ，扩展欧几里得算法求出的可行解必有 $|x|\le b,|y|\le a$ 。
下面给出这一性质的证明。

证明

$\gcd(a,b)=b$ 时， $a\bmod b=0$ ，必在下一层终止递归。
得到，显然 $a,b\ge 1\ge |x_1|,|y_1|$ 。
$\gcd(a,b)\not= b$ 时，设 $|x_2|\le (a\bmod b),|y_2|\le b$ 。
因为 $x_1=y_2,y_1=x_2-{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}y_2$
所以 $|x_1|=|y_2|\le b,|y_1|\le|x_2|+|{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}y_2|\le (a\bmod b)+{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}|y_2|$
$\le a-{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}b+{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}|y_2|\le a-{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}(b-|y_2|)$
$a\bmod b=a-{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}b\le a-{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}(b-|y_2|)\le a$
因此 $|x_1|\le b,|y_1|\le a$ 成立。

迭代法编写扩展欧几里得算法

首先，当，，，时，显然有：

\begin{cases} ax + by & = a \\ ax_1 + by_1 & = b \end{cases}

成立。

已知 $a\bmod b = a - (\lfloor \frac{a}{b} \rfloor \times b)$ ，下面令 $q = \lfloor \frac{a}{b} \rfloor$ 。参考迭代法求 gcd，每一轮的迭代过程可以表示为：

(a, b) \rightarrow (b, a - qb)

将迭代过程中的替换为，替换为，可以得到：

\begin{aligned} & \begin{cases} ax + by & = a \\ ax_1 + by_1 & = b \end{cases} \\ \rightarrow & \begin{cases} ax_1 + by_1 & = b \\ a(x - qx_1) + b(y - qy_1) & = a - qb \end{cases} \end{aligned}

据此就可以得到迭代法求 exgcd。

因为迭代的方法避免了递归，所以代码运行速度将比递归代码快一点。

int gcd(int a, int b, int& x, int& y) {
  x = 1, y = 0;
  int x1 = 0, y1 = 1, a1 = a, b1 = b;
  while (b1) {
    int q = a1 / b1;
    tie(x, x1) = make_tuple(x1, x - q * x1);
    tie(y, y1) = make_tuple(y1, y - q * y1);
    tie(a1, b1) = make_tuple(b1, a1 - q * b1);
  }
  return a1;
}

如果你仔细观察和，你会发现，他们在迭代版本的欧几里德算法中取值完全相同，并且以下公式无论何时（在 while 循环之前和每次迭代结束时）都是成立的： $x \cdot a +y \cdot b =a_1$ 和 $x_1 \cdot a +y_1 \cdot b= b_1$ 。因此，该算法肯定能正确计算出 $\gcd$ 。

最后我们知道就是要求的 $\gcd$ ，有 $x \cdot a +y \cdot b = g$ 。

矩阵的解释

对于正整数和的一次辗转相除即 $\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)$ 使用矩阵表示如

\begin{bmatrix} b\\a\bmod b \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0&1\\1&-\lfloor a/b\rfloor \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a\\b \end{bmatrix}

其中向下取整符号 $\lfloor c\rfloor$ 表示不大于的最大整数。我们定义变换 $\begin{bmatrix}a\\b\end{bmatrix}\mapsto \begin{bmatrix}0&1\\1&-\lfloor a/b\rfloor\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a\\b\end{bmatrix}$ 。

易发现欧几里得算法即不停应用该变换，有

\begin{bmatrix} \gcd(a,b)\\0 \end{bmatrix} = \left( \cdots \begin{bmatrix} 0&1\\1&-\lfloor a/b\rfloor \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0\\0&1 \end{bmatrix} \right) \begin{bmatrix} a\\b \end{bmatrix}

令

\begin{bmatrix} x_1&x_2\\x_3&x_4 \end{bmatrix} = \cdots \begin{bmatrix} 0&1\\1&-\lfloor a/b\rfloor \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0\\0&1 \end{bmatrix}

那么

\begin{bmatrix} \gcd(a,b)\\0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x_1&x_2\\x_3&x_4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a\\b \end{bmatrix}

满足 $a\cdot x_1+b\cdot x_2=\gcd(a,b)$ 即扩展欧几里得算法，注意在最后乘了一个单位矩阵不会影响结果，提示我们可以在开始时维护一个 $2\times 2$ 的单位矩阵编写更简洁的迭代方法如

int exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
  int x1 = 1, x2 = 0, x3 = 0, x4 = 1;
  while (b != 0) {
    int c = a / b;
    std::tie(x1, x2, x3, x4, a, b) =
        std::make_tuple(x3, x4, x1 - x3 * c, x2 - x4 * c, b, a - b * c);
  }
  x = x1, y = x2;
  return a;
}

这种表述相较于递归更简单。

应用

参考资料与链接

libstdc++: std Namespace Reference ↩

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