每天一道算法练习题--Day22&& 第一章 --算法专题 --- ----------最大公约数-Toy模板网

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关于最大公约数有专门的研究。而在 LeetCode 中虽然没有直接让你求解最大公约数的题目。但是却有一些间接需要你求解最大公约数的题目。

每天一道算法练习题--Day22&& 第一章 --算法专题 --- ----------最大公约数

如何求最大公约数？

定义法

def GCD(a: int, b: int) -> int:
    smaller = min(a, b)
    while smaller:
        if a % smaller == 0 and b % smaller == 0:
            return smaller
        smaller -= 1

复杂度分析

时间复杂度：最好的情况是执行一次循环体，最坏的情况是循环到 smaller 为 1，因此总的时间复杂度为 $O (N)$ ，其中 N 为 a 和 b 中较小的数。
空间复杂度： $O (1)$ 。

辗转相除法

如果我们需要计算 a 和 b 的最大公约数，运用辗转相除法的话。
首先，我们先计算出 a 除以 b 的余数 c，把问题转化成求出 b 和 c 的最大公约数；
然后计算出 b 除以 c 的余数 d，把问题转化成求出 c 和 d 的最大公约数；
再然后计算出 c 除以 d 的余数 e，把问题转化成求出 d 和 e 的最大公约数。
…
以此类推，逐渐把两个较大整数之间的运算转化为两个较小整数之间的运算，直到两个数可以整除为止。

def GCD(a: int, b: int) -> int:
    return a if b == 0 else GCD(b, a % b)

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更相减损术

辗转相除法如果 a 和 b 都很大的时候，a % b 性能会较低。在中国，《九章算术》中提到了一种类似辗转相减法的更相减损术。它的原理是：两个正整数 a 和 b（a>b），它们的最大公约数等于 a-b 的差值 c 和较小数 b 的最大公约数。

def GCD(a: int, b: int) -> int:
    if a == b:
        return a
    if a < b:
        return GCD(b - a, a)
    return GCD(a - b, b)

上面的代码会报栈溢出。原因在于如果 a 和 b 相差比较大的话，递归次数会明显增加，要比辗转相除法递归深度增加很多，最坏时间复杂度为 O(max(a, b)))。这个时候我们可以将辗转相除法和更相减损术做一个结合，从而在各种情况都可以获得较好的性能。

形象化解释

下面我们对上面的过程进行一个表形象地讲解，实际上这也是教材里面的讲解方式，我只是照搬过来，增加一下自己的理解罢了。我们来通过一个例子来讲解：

假如我们有一块 1680 米 * 640 米的土地，我们希望将其分成若干正方形的土地，且我们想让正方形土地的边长尽可能大，我们应该如何设计算法呢？

实际上这正是一个最大公约数的应用场景，我们的目标就是求解 1680 和 640 的最大公约数。

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将 1680 米 * 640 米的土地分割，相当于对将 400 米 * 640 米的土地进行分割。为什么呢？假如 400 米 * 640 米分割的正方形边长为 x，那么有 640 % x == 0，那么肯定也满足剩下的两块 640 米 * 640 米的。

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实例解析

题目描述

给你三个数字 a，b，c，你需要找到第 n 个（n 从 0 开始）有序序列的值，
这个有序序列是由 a，b，c 的整数倍构成的。

比如：
n = 8
a = 2
b = 5
c = 7

由于 2，5，7 构成的整数倍构成的有序序列为 [1, 2, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 12, ...]，因此我们需要返回 12。

注意：我们约定，有序序列的第一个永远是 1。

大家可以通过这个网站在线验证。
一个简单的思路是使用堆来做，唯一需要注意的是去重，我们可以使用一个哈希表来记录出现过的数字，以达到去重的目的。

代码：

ss Solution:
    def solve(self, n, a, b, c):
        seen = set()
        h = [(a, a, 1), (b, b, 1), (c, c, 1)]
        heapq.heapify(h)

        while True:
            cur, base, times = heapq.heappop(h)
            if cur not in seen:
                n -= 1
                seen.add(cur)
            if n == 0:
                return cur
            heapq.heappush(h, (base * (times + 1), base, times + 1))

对于此解法不理解的可先看下我之前写的几乎刷完了力扣所有的堆题，我发现了这些东西。。。（第二弹）

然而这种做法时间复杂度太高，有没有更好的做法呢？

实际上，我们可对搜索空间进行二分。首先思考一个问题，如果给定一个数字 x，那么有序序列中小于等于 x 的值有几个。
答案是 x // a + x // b + x // c 吗？

// 是地板除

可惜不是的。比如 a = 2, b = 4, n = 4，答案显然不是 4 // 2 + 4 // 4 = 3，而是 2。这里出错的原因在于 4 被计算了两次，一次是 $2 * 2 = 4$ ，另一次是 $4 * 1 = 4$ 。

为了解决这个问题，我们可以通过集合论的知识。

一点点集合知识：

如果把有序序列中小于等于 x 的可以被 x 整除，且是 a 的倍数的值构成的集合为 SA，集合大小为 A
如果把有序序列中小于等于 x 的可以被 x 整除，且是 b 的倍数的值构成的集合为 SB，集合大小为 B
如果把有序序列中小于等于 x 的可以被 x 整除，且是 c 的倍数的值构成的集合为 SC，集合大小为 C

那么最终的答案就是 SA ，SB，SC 构成的大的集合（需要去重）的中的数字的个数，也就是：
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问题转化为 A 和 B 集合交集的个数如何求？

实际上， SA 和 SB 的交集个数就是 x // lcm(A, B)，其中 lcm 为 A 和 B 的最小公倍数。而最小公倍数则可以通过最大公约数计算出来：

def lcm(x, y):
    return x * y // gcd(x, y)

接下来就是二分套路了，二分部分看不懂的建议看下我的二分专题。

代码（Python3）：

class Solution:
    def solve(self, n, a, b, c):
        def gcd(x, y):
            if y == 0:
                return x
            return gcd(y, x % y)

        def lcm(x, y):
            return x * y // gcd(x, y)

        def possible(mid):
            return (mid // a + mid // b + mid // c - mid // lcm(a, b) - mid // lcm(b, c) - mid // lcm(a, c) + mid // lcm(a, lcm(b, c))) >= n

        l, r = 1, n * max(a, b, c)
        while l <= r:
            mid = (l + r) // 2
            if possible(mid):
                r = mid - 1
            else:
                l = mid + 1
        return l