「作业」辗转相除法

A. 最大公约数和最小公倍数#

传送门：水滴

板子，虽然我已经能推出来了但还是要背一背（

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#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

const int maxn = 1e5 + 5;

ll a, b;

inline int gcd (int x, int y) {
    if(y == 0) return x;
    else return gcd(y, x % y);
}

inline int lcm (int x, int y) {
	return x * y / gcd(x, y);
}
int main(){
    scanf("%lld%lld", &a, &b);
    cout << gcd(a, b) << ' ' << lcm(a, b) << '\n';
    return 0;
}

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B.最大公约数和最小公倍数问题#

传送门：水滴

题目大意：给出正整数 $x，y$，找出 $P，Q$ 使 $x$ 为它们的最大公约数，$y$ 是它们的最小公倍数，询问有几组满足条件的 $P，Q$。

首先要知道一个公式（与本题无关）：$x \times y = gcd(x, y) \times lcm(x, y)$。

枚举 $xy$ 的因数 $1 \sim \sqrt{xy}$，如果满足 $gcd(i, \frac{xy}{i}) = x$，则增加答案。因为只枚举了乘积的一半，所以最终结果要乘 $2$。

当 $x = y$ 时，会产生重复计算，所以要将 $ans$ 减 $1$，

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#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

const int maxn = 1e5 + 5;

inline int gcd (int x, int y) {
	if (y == 0) return x;
	else return gcd(y, x % y);
}

inline int lcm (int x, int y) {
	return x * y / gcd(x, y);
}

int x, y;
int ans;

int main(){
    scanf("%d%d", &x, &y);
    for (int i = 1; i * i <= x * y; i++) {
    	if (x * y % i == 0 && gcd(i, x * y / i) == x)
    		ans ++;
    }
    ans *= 2;
    if (x == y) ans --;
    printf("%d", ans);
    return 0;
}

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C.Hankson 的趣味题#

传送门：水滴

题目大意：给你正整数 $a_0, a_1, b_0, b_1$，询问你有多少个 $x$ 满足 $gcd(x, a_0) = a_1$，$lcm(x, b_0) = b_1$。

首先考虑暴力，发现数据 $2 \times 10^9$，否掉。考虑优化，首先联想到质数只需要枚举一半的数，那么再一次循环中可以用性质来得出对应的大数（即用小因数除出来），然后判断即可。考虑进一步优化，发现 $b_1$ 模上当前循环的数为 $0$ 时才会对答案有贡献，所以当 $b_1 % i$ 为 $0$ 时才进行判断会进一步优化时间。时间复杂度是 $O(\sqrt{n})$。

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#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

const int maxn = 1e5 + 5;

inline ll gcd (ll x, ll y) {
	if (y == 0) return x;
	else return gcd(y, x % y);
}

inline ll lcm (ll x, ll y) {
	return x * y / gcd(x, y);
}

int n;
ll a0, a1, b0, b1;

void solve() {
	int ans = 0;
	scanf("%lld%lld%lld%lld", &a0, &a1, &b0, &b1);
	for (int i = 1; i * i <= b1; i++) {
		if (b1 % i == 0) {
			if (gcd(i, a0) == a1 && lcm(i, b0) == b1)
				ans ++;
			int x = b1 / i;
			if (x != i && gcd(x, a0) == a1 && lcm(x, b0) == b1)
				ans ++;
		}
	}
	printf("%d\n", ans);
}

int main(){
    scanf("%d", &n);
    while (n--) solve();
    return 0;
}

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D. 最大公约数#

传送门：水滴

题目大意：给定 $n$ 个正整数。每次可以进行一次操作：将相邻的两个数中的一个变成这两个数的最大公约数，询问你需要几次可以把这 $n$ 个数都变为 $1$。

考虑暴力。首先推一遍样例，发现 $1$ 是一个重要性质，可以去选择构造一个 $1$。当原数组中有 $1$ 时，$1$ 可以一个一个把周围的数变为 $1$。设 $1$ 的数量是 $cnt$，则答案为 $n - cnt$。

考虑如果原数组中没有 $1$ 的情况。设构造出一个 $1$ 的次数是 $sum$，可以发现最后的答案就是 $n + sum - 1$。

因为要找最小值，所以我们要找出最小的 $sum$，设它为 $ans$，答案就是 $n + ans - 1$。考虑如何遍历。发现可以 $O(n)$ 扫一遍数组寻找一个点，暴力看这个点能在多少步往后 $gcd$ 出来一个 $1$，步数为 $sum$。初始化时把 $ans$ 设为无穷大。循环时找到 $1$ 就 $ans$ 和 $sum$ 取 $min$，最后就能找到 $ans$。

如果最后 $ans$ 还是开始的无穷大，就说明没有解，输出 -1。

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#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

const int maxn = 1e5 + 5;

inline int gcd (int x, int y) {
    if(y == 0) return x;
    else return gcd(y, x % y);
}

inline int lcm (int x, int y) {
	return x * y / gcd(x, y);
}

int n;
int a[maxn];
int ans = INT_MAX;

int main(){
    scanf("%d", &n);
    int cnt = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
    	scanf("%d", &a[i]);
    	if (a[i] == 1) cnt ++;
    }
    if (cnt) return printf("%d", n - cnt), 0;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
    	int x = a[i];
    	int sum = 0;
    	for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
    		x = gcd(x, a[j]), sum++;
    		if (x == 1) {
    			ans = min(ans, sum);
    			break;
    		}
    	}
    }
    if (ans == INT_MAX) printf("-1\n");
    else printf("%d", n + ans - 1);
    return 0;
}

发现 TLE 了一个点，所以考虑用数据结构优化。