问题描述
求n个数的最小公倍数。
输入
输入将包含多组测试用例。输入的第一行将包含一个整数，指示测试用例的数量。每个测试用例将由m n1 n2 n3…nm形式的单行组成，其中m是集合中的整数数，n1…nm是整数。所有整数都是正的，并且在32位整数的范围内。
输出
对于每个测试用例，输出包含相应LCM的单行。所有结果都将在32位整数的范围内。
输入样例
2
3 5 7 15
6 4 10296 936 1287 792 1
输出样例
105
10296
（1）编程思路。
先求第一个和第二个元素的最小公倍数，然后拿求得的最小公倍数和第三个元素求最小公倍数，继续下去，直到求取了全部元素的最小公倍数。
在通过最大公约数求最小公倍数的时候，先除再乘，避免溢出。
（2）源程序。
#include <stdio.h> int gcd(int a,int b) { if (a%b==0) return b; return gcd(b, a%b); } int main() { int t; scanf("%d",&t); while (t--) { int n; scanf("%d",&n); int ans=1,tmp; int x; for(int i=0;i<n;i++) { scanf("%d",&x); tmp=ans/gcd(ans,x)*x; // 先除后乘，避免溢出 ans=tmp; } printf("%dn",ans); } return 0; }
将上面的源程序提交给HDU题库 HDU 1019 Least Common Multiple （http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1019），可以Accepted。
【例2】又见GCD。
问题描述
有三个正整数a,b,c(0<a,b,c<10^6)，其中c不等于b。若a和c的最大公约数为b，现已知a和b，求满足条件的最小的c。
输入
第一行输入一个n，表示有n组测试数据，接下来的n行，每行输入两个正整数a,b。
输出
输出对应的c，每组测试数据占一行。
输入样例
2
6 2
12 4
输出样例
4
8
（1）编程思路。
因为a和c的最大公约数为b，显然c肯定是b的倍数，从c=2b开始穷举，找到第1个c=kb，满足gcd(a,c)==b 就是所求的答案。
（2）源程序。
#include <stdio.h> int gcd(int m, int n) { int r; while(m%n!=0) { r=m%n; m = n; n = r; } return n; } int main() { int t,a,b,c; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d%d",&a,&b); c=2*b; while(gcd(a,c)!=b) c+=b; printf("%dn",c); } return 0; }
将上面的源程序提交给HDU题库 HDU 2504 又见GCD （http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2504），可以Accepted。
【例3】最小的数。
问题描述
一个正整数N除以M1余(M1 - a)，除以M2余(M2-a), 除以M3余(M3-a),总之， 除以MI余(MI-a),其中（a<Mi<100 i=1,2,…I）,求满足条件的最小的数。
输入
输入数据包含多组测试实例，每个实例的第一行是两个整数I(1<I<10)和a，其中，I表示M的个数，a的含义如上所述，紧接着的一行是I个整数M1,M1...MI，I=0 并且a=0结束输入，不处理。
输出
对于每个测试实例，请在一行内输出满足条件的最小的数。每个实例的输出占一行。
输入样例
2 1
2 3
0 0
输出样例
5
（1）编程思路。
设所求的最小数为n，
由n%m1=m1-a，==>n%m1+a=m1，即n+a≡0(mod m1)，也就是（n+a）是m1的倍数；
同理，（n+a）是m2的倍数，…，（n+a）也是mi的倍数。
因此，n就是所有mi的最小公倍数，再减去a。
（2）源程序。
#include <stdio.h> long long gcd(long long a,long long b) { if (a%b==0) return b; return gcd(b, a%b); } int main() { int n; long long a,m,ans; while (scanf("%d%lld",&n,&a) && (n||a)) { ans=1; while (n--) { scanf("%lld",&m); ans=m/gcd(ans,m)*ans; } printf("%lldn",ans-a); } return 0; }
将上面的源程序提交给HDU题库 HDU 1788 Chinese remainder theorem again （http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1788），可以Accepted。
【例4】切蛋糕。
问题描述
一次生日Party可能有p人或者q人参加，现准备有一个大蛋糕。问最少要将蛋糕切成多少块(每块大小不一定相等)，才能使p人或者q人出席的任何一种情况，都能平均将蛋糕分食。
例如，当有2人或3人出席时，将蛋糕切成大小分别为1/3、1/3、1/6、1/6的四块即满足要求。
当2个人来时，每人可以吃1/3+1/6=1/2，1/2块。
当3个人来时，每人可以吃1/6+1/6=1/3，1/3，1/3块。
输入
每行有两个数p和q。
输出
输出最少要将蛋糕切成多少块.
输入样例
2 3
输出样例
4
（1）编程思路。
先把蛋糕切 p刀等分成p份（每切一刀从边缘切到蛋糕中心点），然后把蛋糕拼在一起，从前面p刀的某一切线开始，再切q刀等分成q份。
两次切法会有重复部分，减去重复的部分就是gcd(p,q)。
（2）源程序。
#include <stdio.h> int gcd(int a,int b) { if (a%b==0) return b; return gcd(b, a%b); } int main() { int p,q; while (scanf("%d%d",&p,&q)!=EOF) { printf("%dn",p+q-gcd(p,q)); } return 0; }
将上面的源程序提交给HDU题库 HDU 1722 Cake （http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1722），可以Accepted。
【例5】猜生日。
问题描述
小明对生日十分看重，因为他可以得到祝福，可以和朋友亲人一起分享快乐，可以为自己的人生做一次总结，并且...能够收到好多礼物！
不过小明是个神秘的人，不会轻易告诉你他的生日，现在他想到一个办法，让你去猜他的生日是哪一天。
小明会告诉你如下三个信息：
1. 出生月份和出生日子的最大公约数；
2. 出生月份和出生日子的最小公倍数；
3. 出生年份；
现在要求你猜出小明的生日。
输入
第一行输入一个正整数T，表示总共有T组测试数据(T <= 200)；
对于每组数据依次输入三个数x，y，z，
x表示出生月份和出生日子的最大公约数(1<= x <=1000)；
y表示出生月份和出生日子的最小公倍数(1<= y <=1000)；
z表示出生年份（1900 <= z <= 2013）。
每组输入数据占一行。
输出
对于每组数据，先输出Case数。
如果答案不存在 ，输出“-1”；
如果答案存在但不唯一 ，输出“1”；
如果答案唯一，输出生日，日期格式为YYYY/MM/DD；
每组输出占一行，具体输出格式参见样例。
输入样例
3
12 24 1992
3 70 1999
9 18 1999
输出样例
Case #1: 1992/12/24
Case #2: -1
Case #3: 1999/09/18
（1）编程思路。
对月份month从1~12进行穷举即可。除了求最大公约数和最小公倍数外，还需注意闰年的处理。
（2）源程序。
#include <stdio.h> int gcd(int a,int b) { if (a%b==0) return b; return gcd(b, a%b); } int isLeap(int year) // 闰年判断 { if((year%4==0 && year%100)||(year%400==0)) return 1; else return 0; } int month[2][13]={{0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31}, {0,31,29,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31}}; int main() { int t,iCase=0; scanf("%d",&t); while(t--) { int x,y,z; scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); printf("Case #%d: ",++iCase); int i,j,flag=0; int mon,day; for (i=x;i<=12;i++) { if (x*y%i==0) { j=x*y/i; if (gcd(i,j)==x && j<=month[isLeap(z)][i]) { day=j; mon=i; flag++; } } } if (flag==0) printf("-1n"); else if (flag==1) printf("%d/%02d/%02dn",z,mon,day); else printf("1n"); } return 0; }
将上面的源程序提交给HDU题库 HDU 4551 生日猜猜猜 （http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4551），可以Accepted。
【例6】等差数列。
问题描述
数学老师给小明出了一道等差数列求和的题目。但是粗心的小明忘记了一部分的数列，只记得其中N个整数。
现在给出这N个整数，小明想知道包含这N个整数的最短的等差数列有几项？
例如，给出2,6,4,10,20这5个数，则包含这5个数的最短的等差数列是 2,4,6,8,10,12,14,16,18,20，共有10项。
输入
输入的第一行包含一个整数N（2≤N≤105）。
第二行包含N个整数A1,A2,…,AN。（0≤Ai≤109，另外A1 ∼ AN并不一定是按等差数列中的顺序给出）。
输出
输出一个整数表示答案。
输入样例
5
2 6 4 10 20
输出样例
10
（1）编程思路。
将输入的n个数按从小到大的顺序排列。显然，等差数列的首项为a[0]，末项为a[n-1]。相邻两项间共有n-1个差值（a[i]-a[i-1]），显然数列的公差d是这n-1个差值的最大公约数。求得了公差d后，等差数列的项数就可以求出了。设项数为ans，有a[n-1]=a[0]+(ans-1)*d，所以ans=(a[n-1]-a[0])/d+1。
（2）源程序。
#include <stdio.h> #include <algorithm> using namespace std; int gcd(int a,int b) { if (a%b==0) return b; return gcd(b, a%b); } int main () { int n; scanf("%d", &n); int i,a[100005]; for (i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]); sort(a,a+n); int d=a[0]-a[1]; if (d==0) printf("%dn",n); else { for (i=2;i<n;i++) d=gcd(d,a[i]-a[i-1]); printf("%dn",(a[n-1]-a[0])/d+1); } return 0; }
将上面的源程序提交给洛谷题库 P8682 [蓝桥杯 2019 省 B] 等差数列 （https://www.luogu.com.cn/problem/P8682），可以Accepted。
【例7】买玫瑰花。
问题描述
小明想买N朵玫瑰花，他面前有两家花店，每一家店有无数朵玫瑰花，但是他们按束卖。第一家店一束花里有A朵，每一束花要用B块钱。第二家店一束花里有C朵，每一束花要用D块钱。
求小明至少买N朵花最少需要花多少钱。
输入
一行五个整数 N,A,B,C,D，意义见题目所述。
输出
一行一个整数代表最小花费。
输入样例
5 1 4 3 6
输出样例
12
（1）编程思路。
1家花店b元可以买a朵，1家花店d元可以买c朵，设b/a<d/c（即b*c<a*d），若不满足条件，则分别交换a和c，交换b和d。这样一束a朵花卖得便宜些，先全部在这个花店买够n朵花。然后再枚举到贵的花店更换i束花后的花费来进行比较，取花费较少的方案。枚举的最大值为gcd(a,c)。
（2）源程序。
#include <stdio.h> long long gcd(long a,long b) { if (a%b==0) return b; return gcd(b, a%b); } int main() { long long n,a,b,c,d,t,ans; scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&n,&a,&b,&c,&d); if (b*c < a*d) // 若第1家花店的花便宜些 { t=a; a=c; c=t; t=b; b=d; d=t; } ans = (n + c - 1) / c * d; // 先全部到最便宜的花店买花 long long i; for (i = c/gcd(a,c); i >= 0; i--) // 枚举到贵的花店买i束花进行替换的代价 { t = i * b; if (n - i * a >= 0) t = t + (n - i * a + c - 1) / c * d; if (ans>t) ans=t; } printf("%lldn",ans); return 0; }
将上面的源程序提交给洛谷题库 P6767 [BalticOI 2020/2012 Day0] Roses （https://www.luogu.com.cn/problem/P6767） ，可以Accepted。
【例8】区间GCD。
问题描述
给定一行n个正整数a[1]..a[n]。
m次询问，每次询问给定一个区间[L,R]，输出a[L]..a[R]的最大公因数。
输入
第一行两个整数n，m（1 <= n <= 1000，1 <= m <= 1,000,000）。
第二行n个整数表示a[1]..a[n]（0 < a[i] <= 1,000,000,000）。
以下m行，每行2个整数表示询问区间的左右端点。
保证输入数据合法。
输出
共m行，每行表示一个询问的答案。
输入样例
5 3
4 12 3 6 7
1 3
2 3
5 5
输出样例
1
3
7
（1）编程思路。
设f[i][j]表示区间[i,j]中的最大公因数gcd，则有
f[i][j]=gcd(f[i][i],f[i+1][j])
边界f[i][i]=itself。
（2）源程序。
#include <stdio.h> int gcd(int a,int b) { if (a%b==0) return b; return gcd(b, a%b); } int f[1005][1005]; int main () { int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); int i,j; for (i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&f[i][i]); for (i=n-1;i>=1;i--) for (j=i+1;j<=n;j++) f[i][j]=gcd(f[i][i],f[i+1][j]); for (i=1;i<=m;i++) { int l,r; scanf("%d%d",&l,&r); printf("%dn",f[l][r]); } return 0; }
将上面的源程序提交给洛谷题库 P1890 gcd区间 （https://www.luogu.com.cn/problem/P1890） ，可以Accepted。
【例9】青蛙的跳跃。
问题描述
一只青蛙在一个有无限行和无限列的网格地图进行跳跃。青蛙从格子（sx，sy），开始它的旅程。青蛙用了一种特殊的跳跃方式。如果青蛙目前处于网格（x，y），首先，它将找到可以被x和y除的最小z（z是x、y的最小公倍数），并精确地向上或向右跳z步。因此，下一个可能的网格将是（x+z，y）或（x，y+z）。
经过有限的步数（可能为零）后，青蛙终于跳到了网格（ex，ey）。然而，它太累了，忘记了起跑线的位置！
请告诉青蛙可以到达的可能的起始格子数。
输入
第一行包含一个整数T（1≤T≤1000），表示测试用例的数量。
每个测试用例包含两个整数ex和ey（1≤ex，ey≤109），这是目标网格。
输出
对于每个测试用例，应该输出“case#x:y”，其中x表示用例编号，从1开始计数，y表示可能的起始网格数。
输入样例
3
6 10
6 8
2 8
输出样例
Case #1: 1
Case #2: 2
Case #3: 3
（1）编程思路。
假设x、y的最大公约数gcd(x,y)=k，那么不妨设x=p*k，y=q*k（p与q互质）
x和y的最小公倍数z=p*q*k，即跳到的新网格点为（p*k+p*q*k，q*k）或（p*k，q*k+p*q*k）。
新得到的点的最小公倍数
gcd(p*k+p*q*k，q*k)=gcd(p*(q+1)*k，q*k)
因为q和p是互质的，q和q+1也是互质的，因此gcd(p*k+p*q*k，q*k)=k。
同理，gcd(p*k，q*k+p*q*k)=k。
也就是说，青蛙跳过的各点都有相同的最大公约数，可以利用这一点来根据终点逆推求解原先的起点。
（2）源程序。
#include <stdio.h> int gcd(int x,int y) { if (x%y==0) return y; return gcd(y,x%y); } int main() { int t,iCase=0; scanf("%d",&t); while (t--) { int ans=1; int x,y,tmp; scanf("%d%d",&x,&y); if (x>y) // 跳跃后，小的坐标值是不变的 { tmp=x; x=y; y=tmp; } int k=gcd(x,y); while (y%(x+k)==0) { ans++; y=y/(x/k+1); if (x>y) { tmp=x; x=y; y=tmp; } k=gcd(x,y); } printf("Case #%d: %dn",++iCase,ans); } return 0; }
将上面的源程序提交给HDU 题库 HDU 5584 LCM Walk （http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5584） ，可以Accepted。
【练习1】HDU 1014 Uniform Generator （http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1014）。
#include <stdio.h> int gcd(int a, int b) { int r; while(a%b!=0) { r=a%b; a = b; b = r; } return b; } int main() { int x, y; while(scanf("%d %d", &x, &y) != EOF) { if(gcd(x, y) == 1) printf("%10d%10d Good Choicenn", x, y); else printf("%10d%10d Bad Choicenn",x, y); } return 0; }
【练习2】HDU 1222 Wolf and Rabbit （http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1222）。
#include <stdio.h> int gcd(int a,int b) { int r=a%b; while (r!=0){ a=b; b=r; r=a%b; } return b; } int main() { int t;scanf("%d",&t); while (t--) { int m,n; scanf("%d%d",&m,&n); if (gcd(m,n)==1) printf("NOn"); else printf("YESn"); } return 0; }
【练习3】HDU 1713 相遇周期 （http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1713）。
#include <stdio.h> long long gcd(long long m, long long n) { long long r; while(m%n!=0) { r=m%n; m = n; n = r; } return n; } int main() { int t; long long a,b,c,d,e,f,n,m,k; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%lld/%lld%lld/%lld",&a,&b,&c,&d); e=b*c; f=a*d; m=b*d; // 通分 n=gcd(f,e); n=f/n*e; if(n%m==0) // 能除整 printf("%lldn",n/m); else // 不能整除,要化简后，输出分数 { k=gcd(m,n); // 求分子分母最大公约数 printf("%lld/%lldn",n/k,m/k); } } return 0; }
【练习4】HDU 2104 hide handkerchief （http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2104）。
#include <stdio.h> int main() { while (1) { int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); if (n==-1 && m==-1) break; int r=n%m; while (r!=0){ n=m; m=r; r=n%m; } if (m==1) printf("YESn"); else printf("POOR Hahan"); } return 0; }
【练习5】HDU 2503 a/b + c/d （http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2503）。
#include <stdio.h> int gcd(int m,int n) { int r=m%n; while (r!=0){ m=n; n=r; r=m%n; } return n; } int main() { int t; scanf("%d",&t); while(t--) { int a,b,c,d,x,y; scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d); x=a*d+b*c; y=b*d; printf("%d %dn",x/gcd(x,y),y/gcd(x,y)); } return 0; }
【练习6】HDU 4497 GCD and LCM （http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4497）。
#include <stdio.h> int main() { int prim[65545],pcnt=0; int vis[65545]={0}; int i,j; prim[pcnt++]=2; // 最小的质数为2 for (i=4;i<65540;i+=2) vis[i]=1; // 将2的倍数全筛掉 for (i=3;i<65540;i+=2) { if (vis[i]==0) // i在筛子中没有筛掉，是质数 { prim[pcnt++]=i; for (j=3;i*j<65540;j+=2) vis[i*j]=1; } } int t; scanf("%d", &t); while (t--) { int gcd, lcm; scanf("%d%d", &gcd, &lcm); if (lcm % gcd != 0) { printf("0n"); continue; } int m = lcm / gcd; int ans = 1; for (i = 0; prim[i] * prim[i] <= m; i++) { if (m % prim[i] == 0) { int cnt = 0; while (m % prim[i] == 0) { cnt++; m /= prim[i]; } ans *= 6 * cnt; } } if (m > 1) ans *= 6; printf("%dn", ans); } return 0; }
【练习7】 HDU 5175 Misaki's Kiss again （http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5175）。
// 求满足gcd(N,M)=N xor M的M的个数与值。 // 若a xor b = c，那么a xor c = b // 设 gcd(N,M)==N xor M=k，显然一定k是N的约数 // 由N xor M=k，可得 M=N xor K // 由此 gcd(N,M)= gcd(N,N xor K) =k // 枚举N的所有约数，再判断gcd(N,N xor K)是不是等于K就行了。 #include <stdio.h> long long s[1000005]; long long gcd(long long a,long long b) { if(a%b==0) return b; return gcd(b,a%b); } int main() { int iCase=0; long long n,m,i; while (scanf("%lld",&n)!=EOF) { int k=0; for (i=1;i*i<=n;i++) { if (n%i!=0) continue; m=i^n; if (m && m<=n && gcd(m,n)==i) s[k++]=m; m=(n/i)^n; if (m && m<=n && gcd(m,n)==n/i) s[k++]=m; } if (k==0) { printf("Case #%d:n0nn",++iCase); continue; } int x,y; for (x=0;x<k-1;x++) for (y=0;y<k-1-x;y++) if (s[y]>s[y+1]) { m=s[y]; s[y]=s[y+1]; s[y+1]=m; } int len=1; for (x=1;x<k;x++) if (s[x]!=s[len-1]) s[len++]=s[x]; printf("Case #%d:n%dn",++iCase,len); printf("%lld",s[0]); for (x=1;x<len;x++) printf(" %lld",s[x]); printf("n"); } return 0; }
【练习8】HDU 5512 Pagodas （http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5512）。
#include <stdio.h> int gcd(int a,int b) { if (a%b==0) return b; return gcd(b, a%b); } int main () { int t,iCase=0; scanf("%d", &t); while (t--) { int n, a, b; scanf("%d%d%d", &n, &a, &b); printf("Case #%d: ", ++iCase); int d = n / gcd(a, b); if (d%2) printf("Yuwgnan"); else printf("Iakan"); } return 0; }
【练习9】HDU 6025 Coprime Sequence （http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6025）。
#include <stdio.h> int a[100005]; int pre[100005],nxt[100005]; // 前缀gcd 和 后缀gcd int gcd(int a,int b) { if(a%b==0) return b; return gcd(b,a%b); } int max(int a,int b) { return a>b?a:b; } int main() { int t; scanf("%d",&t); while(t--) { int n; scanf("%d",&n); int i,j; for (i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]); pre[0] = a[0]; nxt[n-1] = a[n-1]; for (i=1;i<n;i++) pre[i] = gcd(pre[i-1],a[i]); // 前缀gcd for (i=n-2;i>=0;i--) nxt[i] = gcd(nxt[i+1],a[i]); // 后缀gcd int ans =nxt[1]; // 去掉第1个数a[0]后的gcd for (i=1;i<=n-2;i++) // 依次去掉中间n-2个数后的gcd ans=max(ans,gcd(pre[i-1],nxt[i+1])); ans = max(ans,pre[n-2]); // 去掉最后1个数a[n-1]后的gcd printf("%dn",ans); } return 0; }
文章来源: 博客园
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