最大公约数

1627：【例 3】最大公约数 时间限制: 1000 ms 内存限制: 524288 KB 提交数: 592 通过数: 72 【题目描述】 给出两个正整数 A , B ，求它们的最大公约数。 【输入】 输入共两行，第一行一个正整数 A ，第二行一个正整数 B 。 【输出】 在第一行输出一个整数，表示 A , B 的最大公约数。 【输入样例】 18 24 【输出样例】 6 【提示】 数据范围与提示： 对于 60% 的数据， 1 ≤ A , B ≤ 10 18 ； 对于 100% 的数据， 1 ≤ A , B ≤ 10 3000 。 其实这道题就是裸高精， 十分的简单 ，因为我的脑壳有问题打完之后自信满满却发现漏洞百出，调了一个小时才搞好。。。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int base=10000; int a[10000],b[10000],c[10000],f[10000],T; void Print(int a[]) { int i,j; cout<<a[a[0]]; for(i=a[0]-1;i>0;i--) for(j=base/10;j>0;j/=10) cout<<a[i]/j%10; } void Init(int a[]) { string s; cin>>s; int len=s

整除也是一片新天地呢qwq 整除的定义：设n为非负整数，d为正整数，如果n/d为整数。则称d整除n,记作d|n。 任何正整数都整除0。 约数:设n为非负整数,d为正整数，如果存在d|n,则称d为n的约数。 最大公约数（GCD）：设a为正整数，b为正整数，a和b的所有约数中，相同且最大的那个称为a,b的最大公约数， 记作gcd(a,b)。 最大公约数的性质：gcd(a,0)=a; gcd(a,b)=gcd(b,a mod b); gcd(a,b)=gcd(b,a); 1，质因数分解求GCD 先将a和b质因数分解。 得到 a=∏P i a i b= ∏P i b i gcd(a,b)=∏P i min(a i ,b i ) 2，辗转相除法求GCD 利用性质：gcd(a,b)=gcd(b,a%b); gcd(a,0)=a; 1 inline void gcd(int a,int b) 2 { 3 if(b==0) return a; 4 return gcd(b,a%b); 5 } 若gcd(a,b)=1,则称a,b互质。 求n的正约数集合：试除法 求1-n每个数的正约数集合：倍数法，类似于埃氏筛不同的是不是只用质数筛，是用每个数都筛一遍。 倍数：若a,b为正整数，d为非负整数，若a|d,b|d,则称d为a,b的倍数。 最小公倍数（LCM）：a,b的所有公倍数中最小的那个。 LCM（a

传送门 题目描述 给定整数N，求1<=x,y<=N且GCD(x,y)为素数的数对(x,y)有多少对。 GCD(x,y)即求x，y的最大公约数。 输入格式 输入一个整数N 输出格式 输出一个整数，表示满足条件的数对数量。 数据范围 1≤N≤10^7 输入样例： 4 输出样例： 4 题解： 本题要求1<=x,y<=N且GCD(x,y)为素数的数对(x,y)数量，相当于求：对于N以内的每一个素数p，1<=x,y<=N/p 中GCD(x,y)为1的数对(x,y)数量和。我们知道欧拉函数的定义是1~n中与n互质的数的个数，那么对于p，1<=x,y<=N/p 中GCD(x,y)为1的数对(x,y)数量为φ(1)+φ(2)...+φ(N/p)，可以用前缀和计算。要注意：x,y大小关系无影响所以要*2，但x,y相同时只算一次所以要-1。 题目就变成了求 \[\sum_{p是素数}^{p≤n} 2*\sum_{i=1}^{n/p}φ(i) -1\] 也可以用 \[\sum_{p是素数}^{p≤n} 2*\sum_{i=2}^{n/p}φ(i) +1\]。 　　　　 代码： #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int N = 1e7 + 10; int v[N],prime[N]; ll

最近在做奥赛题时碰到求最大公约数的问题，给出解决方案： int gcd(int a,int b){ int tmp = a%b; if(tmp == 0){ return b; } else{ return gcd(b,tmp); } } 使用递归的方法能有效缩短代码长度，达到目的。 欧几里德算法又称 辗转相除法 ，是指用于计算两个 正整数 a，b的 最大公约数 。应用领域有数学和计算机两个方面。计算公式gcd(a,b) = gcd(b,a mod b)。算法是用较大数除以较小数，再用出现的余数（第一余数）去除除数，再用出现的余数（第二余数）去除第一余数，如此反复，直到最后余数是0为止。如果是求两个数的最大公约数，那么最后的除数就是这两个数的最大公约数。贴张图： 来源： https://www.cnblogs.com/lyj00912/p/11363135.html

题目链接 题意：给定一个长度为N的数列A，以及M条指令，每条指令可能是以下两种之一： 　　　1、“C l r d”，表示把 A[l],A[l+1],…,A[r] 都加上 d。 　　　2、“Q l r”，表示询问 A[l],A[l+1],…,A[r] 的最大公约数(GCD)。 　　　对于每个询问，输出一个整数表示答案。 思路：因为更相减损数gcd(x,y)=gcd(x,y-x)，而且正负不影响，所以可以维护A[i]数组的差分的线段树。当进行操作C时，既把A[l]加d，把A[r+1]减d。 然后当进行Q操作时，因为C操作的改变，所以就把[l+1,r]的线段树值求出来，与A[l]进行gcd。求A[l]就可以维护一个树状数组的区间操作，就能够得 到A[i]的值，即可求出答案。注意这题long long。 #include<cstring> #include<algorithm> #include<vector> #include<map> #include<queue> #include<cstdio> #include<cmath> #define ll long long #define lowbit(x) x&(-x) using namespace std; const int N=5e5+100; struct point { ll l; ll r; ll dat; }t[N*4

1040 最大公约数之和 给出一个n，求1-n这n个数，同n的最大公约数的和。比如：n = 6 1,2,3,4,5,6 同6的最大公约数分别为1,2,3,2,1,6，加在一起 = 15 输入 1个数N(N <= 10^9) 输出 公约数之和 输入样例 6 输出样例 15 知识点： 1、与n的公约数，肯定是n的因子 2、那么我们枚举因子x就好了，显然这个因子的对答案的贡 献就是gcd(n,i)=x的个数 3、gcd(n,i)=x的个数，就是gcd(n/x,i/x)=1的个数，那么就是求phi(n/x) 代码实现： #include <iostream> #include <string.h> #include <math.h> #include <ctime> #include <bits/stl_algo.h> #include <stdio.h> #include <algorithm> #define LL long long #define INF 0x3f3f3f3f #define ull unsigned long long using namespace std; const int N = 2e5 + 100; int sol_phi (int x) { int res = x; for (int i = 2; i * i <= x; i ++) { if (x%i

传送门 题目描述 给定一个长度为N的数列A，以及M条指令，每条指令可能是以下两种之一： 1、“C l r d”，表示把 A[l],A[l+1],…,A[r] 都加上 d。 2、“Q l r”，表示询问 A[l],A[l+1],…,A[r] 的最大公约数(GCD)。 对于每个询问，输出一个整数表示答案。 输入格式 第一行两个整数N,M。 第二行N个整数A[i]。 接下来M行表示M条指令，每条指令的格式如题目描述所示。 输出格式 对于每个询问，输出一个整数表示答案。 每个答案占一行。 数据范围 N ≤ 500000 , M ≤ 100000 输入样例： 5 5 1 3 5 7 9 Q 1 5 C 1 5 1 Q 1 5 C 3 3 6 Q 2 4 输出样例： 1 2 4 题解： 线段树用于在区间上进行信息统计，这题求区间GCD显然可以用线段树来做。同时题目还需要区间更新。 　　　我们知道gcd(x,y) = gxd (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)。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]。数列B为A的差分序列。用线段树维护序列B的区间GCD就相当于维护A的区间GCD。这样一来询问[l,r]的GCD就相当于求gcd(A[l],B[l+1,r]的gcd)，更新[l,r

题目 一个非常众所周知的结论，一个序列的前缀 \(\gcd\) 只会有 \(\log\) 种取值 于是考虑一下一些暴力的东西，我们枚举每个点作为左端点，二分出前缀 \(\gcd\) 变化的位置，复杂度大概是 \(\operatorname{O(nlog^3n)}\) ，好像非常垃圾的样子 我们考虑直接从后往前枚举左端点，每次往前加入一个数，和之前的前缀 \(\gcd\) 再取一个 \(\gcd\) 就好了，同时合并掉相同的一段 复杂度是 \(\operatorname{O(nlog^2n)}\) ，还是挺丢人的 代码 #include<bits/stdc++.h> #define re register #define LL long long #define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b)) #define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b)) inline LL read() { char c=getchar();LL x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar(); while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3ll)+(x<<1ll)+c-48,c=getchar();return x; } const int maxn=1e5+5; LL gcd(LL a,LL b) {return !b?a:gcd

Given two positive integers G and L, could you tell me how many solutions of (x, y, z) there are, satisfying that gcd(x, y, z) = G and lcm(x, y, z) = L? Note, gcd(x, y, z) means the greatest common divisor of x, y and z, while lcm(x, y, z) means the least common multiple of x, y and z. Note 2, (1, 2, 3) and (1, 3, 2) are two different solutions. InputFirst line comes an integer T (T <= 12), telling the number of test cases. The next T lines, each contains two positive 32-bit signed integers, G and L. It’s guaranteed that each answer will fit in a 32-bit signed integer.OutputFor each test case,

题意： t t t 组数据，第一个给定飞毯的面积为 s s s ，第二个是毯子的最短的边的长度大于等于这个数，毯子是矩形但不是正方形。 思路： 求出 s s s 的所有因子，因为不可能是矩形，所以可以除以 2 2 2 ，最后暴力求出最短边长以内的因子，相减得出答案。 想 要 求 出 s 以 内 的 因 子 数 量 ， 就 用 到 了 唯 一 分 解 定 理 ， 先 求 素 数 想要求出s以内的因子数量，就用到了唯一分解定理，先求素数 想 要 求 出 s 以 内 的 因 子 数 量 ， 就 用 到 了 唯 一 分 解 定 理 ， 先 求 素 数 唯一分解定理： 任何一个大于1的自然数 N,如果N不为质数，那么N可以唯一分解成有限个质数的乘积N=P1 a1 P2 a2 P3 a3 … Pn an ，这里P1<P2<P3…<Pn均为质数，其中指数ai是正整数。这样的分解称为 N 的标准分解式 （1）一个大于1的正整数N，如果它的标准分解式为：N=P1 a1 P2 a2 P3 a3 … Pn an ，那么它的正因数个数为 sum=(1+a1) (1+a2) (1+a3) … (1+an)。 （2） 它的全体正因数之和为 (1+p1 1 +p1 2 +…+p1 a1 )(1+p2 1 +p2 2 +…+p2 a2 ) … (1pn 1 +pn 2 +…+pn an )。 L i g h t