数论学习小记 其之三 Gcd与Lcm

关于Gcd的欧几里得算法，以及Gcd与Lcm的关系在《数论学习小记 其之一》中有记录，这里就不重复了。

经常做一些与Gcd和Lcm有关的题目，思路有许多相近之处，放在一起总结，遇到新题会继续更新。

一个结论

摘自：如何证明gcd(a,b) = gcd(a+b, lcm(a,b))_百度知道

Uva 11388 GCD LCM

题意：给定两个整数G和L，找出两个整数a和b，使得二者的最大公约数为G，最小公倍数为L，如果有多组解，输出a<=b且a最小的解，若无解输出-1

思路：根据Gcd和Lcm的性质可知：L=(a*b)/G,则a*b=L*G,由于G是a和b的约数，因此a和b可以写成G*x,G*y,则等式变为：L/G=x*y。若L%G!=0，则无解，否则取x为1即可。也就是说，如果有解，最小就是G，然后另一个数就是L。

#include <cstdio>

int Gcd (int a,int b)
{
return !b?a:Gcd(b,a%b);
}

int main ()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
if (b%a==0)
printf("%d %d\n",a,b);
else
printf("-1\n");
}
return 0;
}

Zoj 1577 GCD & LCM

很经典的一道题，本题参考了

ZOJ 1577 GCD & LCM - bingshen的专栏 - 博客频道 - CSDN.NET

zoj 1577 gcd(x,y) * lcm(x,y) = x*y - NeverLoseHeart. - 博客频道 - CSDN.NET

题意：给出两个数x,y，求有多少组p,q，满足gcd(p,q) = x且 lcm(p,q) = y。





两个很易得的结论：

lcm（x，y）/ gcd(x,y)  = (x / gcd(x,y)) * (y / gcd(x,y))

lcm（x，y）* gcd(x,y)  = x*y

假设g=gcd(p,q)，l=lcm(p,q)，key=l/g，如果l%g!=0则无解。

l是p和q公共的素因子的并集，而g则是交集(图中红色部分)，于是key的意思就是l刚好比g多的一部分素因子(图中蓝色部分)

于是我们可以选择这些素因子和g组合得到了p，另一部分和g组合得到了q

假设key的素因子个数（重复的不算）有n个，那么选择方案就有：C(n,0)+C(n,1)+C(n,2)+...+C(n,n)，这个式子的和为2^n。

重复的因子不算个数，因为同1个素因子必须全部在p中或者全部在q中，如果同时属于p和q，GCD将增大。

本题不用筛素也可以。

#include <cstdio>

const int N=1200;

int prime
,np=0;
bool tag
;

void Prime ()
{
for (int i=2;i<N;i++) if (tag[i]==false)
{
prime[np++]=i;
for (int j=i+i;j<N;j+=i)
tag[j]=true;
}
}

int split (int n)   //计算素因子(不重复)的个数
{
int ans=0;
for (int i=0;prime[i]*prime[i]<=n;i++)
{
if (n%prime[i]==0)
{
ans++;
while (n%prime[i]==0)
n/=prime[i];
}
}
if (n>1)
ans++;
return ans;
}

int main ()
{
int a,b;
Prime ();
while (~scanf("%d%d",&a,&b))
{
if (b%a!=0)
{
printf("0\n");    //有可能会是0种组合
continue;
}
int t=split(b/a);
int ans=1;
for (int i=1;i<=t;i++)
ans*=2;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}

Hoj 2010 GCD & LCM Inverse

题目链接：http://acm.hit.edu.cn/hoj/problem/view?id=2010

题意：已知两个数的gcd和lcm求这两个数a, b，多解时要求a+b最小

思路：a/gcd * b/gcd = lcm/gcd，还有一个常识性质的性质：a*b为定值时，a和b相差越小，a+b越小。所以从lcm/gcd的平方根开始枚举a即可。

#include <cstdio>
#include <cmath>

long long Gcd (long long a,long long b)
{
return !b?a:Gcd(b,a%b);
}

int main ()
{
long long a,b;
while (~scanf("%lld%lld",&a,&b))
{
long long tmp=b/a,i;
for (i=sqrt(1.0*tmp);i>=1;i--)
if (tmp%i == 0)
{
b=tmp/i;
if (Gcd(i,b) == 1)
break;
}
printf("%lld %lld\n",a*i,a*b);
}
return 0;
}

uva 10791 - Minimum Sum LCM

题意：求几个最小公倍数为n的数的最小和

参考了：/article/2505471.html

两个最小公倍数为n的数的和不一定最小，例如30=（5*6）=(2*3*5)  5+6>2+3+5

应该是n的各个质因子的相应次方数之和，但要注意几个细节：

（1）当n = 1时，应输出2（1*1=1,sum=1+1=2）；

（2）当n是素数的时候，输出n+1（n*1=n,sum=n+1）；

（3）当只有单质因子时，sum=质因子相应次方+1；

（4）当N=2147483647时，它是一个素数，此时输出2147483648，但是它超过int范围，应考虑用long long。

#include <cstdio>

const int N=100005;

long long p
,pNum
,Num;
int prime
,np=0;
bool tag
;

void Prime ()
{
for (int i=2;i<N;i++) if (tag[i]==false)
{
prime[np++]=i;
for (int j=i+i;j<N;j+=i)
tag[j]=true;
}
}

void split (int n)
{
Num=0;//np为素数个数,注意int相乘有可能会超int可表示的范围
for (int i=0;i<np && (long long)prime[i]*prime[i]<=n;i++)
{
if (n%prime[i]==0)
{
p[Num]=prime[i];
pNum[Num]=0;
while(n%prime[i]==0)
{
pNum[Num]++;
n/=prime[i];
}
Num++;
}
}
if (n>1) p[Num]=n,pNum[Num++]=1;
}

int POW (int n,int index)
{//乘方次数不会很大，没必要二分计算
int ans=1;
for (int i=1;i<=index;i++)
ans*=n;
return ans;
}

int main ()
{
int n,Cas=1;
Prime ();
while (scanf("%d",&n),n)
{
printf("Case %d: ",Cas++);
if (n==1)   //////
{
printf("2\n");
continue;
}
split(n);
if (Num==1)  //只有一个质因子(素数和素数的倍数)
{
printf("%lld\n",(long long)POW(p[0],pNum[0])+1); //因为至少要两个数，另一个数是1
continue;
}
int ans=0;
for (int i=0;i<Num;i++)
ans+=POW(p[i],pNum[i]);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
//1822500000=2^5 * 3^6 * 5^7

poj 2429 GCD & LCM Inverse

题意和上面Hoj的那道题完全一样，只是数据规模变大，如果用c++写，那么必须要用Pollard_rho大数因子分解，这部分我还不熟练，待熟练之后回来补上。

如果用java写，那时间比较宽松，是可以过的，c++时限2000ms，下面的java代码 5516ms 过了……。

以下的java代码摘自：poj 2429 数学题 简单解法 - Because Of You - 博客园

import java.util.*;
import java.io.*;
import java.lang.Math;
public class Main{
static long gcd(long a,long b)
{
long tmp;
while(b!=0)
{
a%=b;
tmp=a;
a=b;
b=tmp;
}
return a;
}
static long lcm(long a,long b)
{
return a/gcd(a,b)*b;
}
public static void main(String args[]){
Scanner cin = new Scanner (System.in);
long a,b,c,i;
while(cin.hasNext())
{
a=cin.nextLong();
b=cin.nextLong();
c=b/a;
for(i=(long)Math.sqrt(c);i>=1;i--)//a*i+b/i随i的增大而减小
{
if(c%i==0&&gcd(i,c/i)==1)
{
System.out.println((a*i)+" "+(b/i));//b/i肯定大于a*i
break;
}
}
}
}
}

遗留问题

LightOJ 1289 涉及节省空间的素数筛法，会在下一篇博文中总结，也可以参考我再csdn的题解：

LightOJ 1289 LCM from 1 to n (节省空间的素数筛法+n个数的最小公倍数) - whyorwhnt的专栏 - 博客频道 - CSDN.NET

LightOJ 1215 还没有仔细想，这里有篇题解：lightoj 1215 - 妮king狼 - 博客园