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 $0$ 的整数 $a,b$，将其最大公约数记为 $\gcd (a,b)$，不引起歧义时可简写为 $(a,b)$。

对不全为 $0$ 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 $a$ 和 $b$，如何求出二者的最大公约数呢？

不妨设 $a>b$。

我们发现如果 $b$ 是 $a$ 的约数，那么 $b$ 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 $r<b$。

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

证明

设 $a=bk+c$，显然有 $c=a\mathrm{mod}b$。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 $a,b$ 的公约数，它也会是 $b,a\mathrm{mod}b$ 的公约数。

反过来也需要证明：

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

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 $b,a\mathrm{mod}b$ 的公约数也是 $a,b$ 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 $\gcd (a,b)=\gcd (b,a\mathrm{mod}b)$

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

[list2tab]

• C++

  // 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); }

• Java

  // 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);
  }

• Python

  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：

[list2tab]

• C++

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

• Java

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

• Python

  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 $a$ 和 $b$ 满足 $\gcd (a,b)=1$，我们称 $a$ 和 $b$ 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 $n$ 的二进制整数时，欧几里得算法的时间复杂度为 $O(n)$。（换句话说，在默认 $a,b$ 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：

• $a<b$，这时候 $\gcd (a,b)=\gcd (b,a)$；
• $a\ge b$，这时候 $\gcd (a,b)=\gcd (b,a\mathrm{mod}b)$，而对 $a$ 取模会让 $a$ 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 $O(n)$ 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 $a$ 和 $b$，求 $\gcd (a,b)$。

不妨设 $a\ge b$，若 $a=b$，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，$a$ 和 $b$ 的 所有 公因数都是 $a-b$ 和 $b$ 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 $O(n)$ 复杂度将会达到最坏情况。

考虑一个优化，若 $2\mid a,2\mid b$，$\gcd (a,b)=2\gcd \left(\frac{a}{2},\frac{b}{2}\right)$。

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 $\gcd (a,b)=\gcd \left(\frac{a}{2},b\right)$。

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 $a,b$ 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);
  int mintimes = min(atimes, btimes);
  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 << mintimes;
}

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

1. 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；
2. 从 C++20 开始，头文件 <bit> 包含了 std::countr_zero；
3. 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 $O(1)$ 的实现：

constexpr 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 $2$ 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 $a,b$，将其最小公倍数记为 $\mathrm{lcm}(a,b)$，不引起歧义时可简写为 $[a,b]$。

对整数 $a_1,\dots ,a_n$，将其最小公倍数记为 $\mathrm{lcm}(a_1,\dots ,a_n)$，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 $a$ 和 $b$ 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 $\gcd (a,b)\times \mathrm{lcm}(a,b)=a\times b$

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 $O(1)$ 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

$a{x}_1+b{y}_1=\gcd (a,b)$

$b{x}_2+(a\mathrm{mod}b)y_2=\gcd (b,a\mathrm{mod}b)$

由欧几里得定理可知：$\gcd (a,b)=\gcd (b,a\mathrm{mod}b)$

所以 $a{x}_1+b{y}_1=b{x}_2+(a\mathrm{mod}b)y_2$

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

所以 $a{x}_1+b{y}_1=b{x}_2+(a-(\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times b))y_2$

$a{x}_1+b{y}_1=a{y}_2+b{x}_2-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times b{y}_2=a{y}_2+b(x_2-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y_2)$

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

将 $x_2,y_2$ 不断代入递归求解直至 $\gcd$（最大公约数，下同）为 $0$ 递归 $x=1,y=0$ 回去求解。

实现

[list2tab]

• C++

  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;
  }

• Python

  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 $x,y$ 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 $b\ne 0$，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，$a\mathrm{mod}b=0$，必在下一层终止递归。 得到 $x_1=0,y_1=1$，显然 $a,b\ge 1\ge |x_1|,|y_1|$。
• $\gcd (a,b)\ne b$ 时，设 $|x_2|\le (a\mathrm{mod}b),|y_2|\le b$。 因为 $x_1=y_2,y_1=x_2-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y_2$ 所以 $|x_1|=|y_2|\le b,|y_1|\le |x_2|+|\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y_2|\le (a\mathrm{mod}b)+\lfloor \frac{a}{b}\rfloor |y_2|$ $\le a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor b+\lfloor \frac{a}{b}\rfloor |y_2|\le a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor (b-|y_2|)$ $a\mathrm{mod}b=a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor b\le a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor (b-|y_2|)\le a$ 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 $x=1$，$y=0$，$x_1=0$，$y_1=1$ 时，显然有：

$$\{\begin{array}{ll}ax+by& =a\\ a{x}_1+b{y}_1& =b\end{array}$$

成立。

已知 $a\mathrm{mod}b=a-(\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times b)$，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：

$$(a,b)\to (b,a-qb)$$

将迭代过程中的 $a$ 替换为 $ax+by=a$，$b$ 替换为 $a{x}_1+b{y}_1=b$，可以得到：

$$\begin{array}{rl}& \{\begin{array}{ll}ax+by& =a\\ a{x}_1+b{y}_1& =b\end{array}\\ \to & \{\begin{array}{ll}a{x}_1+b{y}_1& =b\\ a(x-q{x}_1)+b(y-q{y}_1)& =a-qb\end{array}\end{array}$$

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 $a_1$ 和 $b_1$，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 $a_1$ 就是要求的 $\gcd$，有 $x\cdot a+y\cdot b=g$。

矩阵的解释

对于正整数 $a$ 和 $b$ 的一次辗转相除即 $\gcd (a,b)=\gcd (b,a\mathrm{mod}b)$ 使用矩阵表示如

$$\left[\begin{array}{c}b\\ a\mathrm{mod}b\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& -\lfloor a/b\rfloor \end{array}\right]\left[\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right]$$

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

易发现欧几里得算法即不停应用该变换，有

$$\left[\begin{array}{c}\gcd (a,b)\\ 0\end{array}\right]=\left(\cdots \left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& -\lfloor a/b\rfloor \end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right]\right)\left[\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right]$$

令

$$\left[\begin{array}{cc}{x}_1& x_2\\ x_3& x_4\end{array}\right]=\cdots \left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& -\lfloor a/b\rfloor \end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right]$$

那么

$$\left[\begin{array}{c}\gcd (a,b)\\ 0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{x}_1& x_2\\ x_3& x_4\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right]$$

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

• 10104 - Euclid Problem
• GYM - (J) once upon a time
• UVa - 12775 - Gift Dilemma

参考资料与链接

Footnotes

1. libstdc++: std Namespace Reference ↩