GESP C++5级 2025年6月编程2题解：最大公因数

P13014 [GESP202506 五级] 最大公因数

题目描述

对于两个正整数 $a,b$，他们的最大公因数记为 $\gcd (a,b)$。对于 $k>3$ 个正整数 $c_1,c_2,\dots ,c_k$，他们的最大公因数为：

$$\gcd (c_1,c_2,\dots ,c_k)=\gcd (\gcd (c_1,c_2,\dots ,c_{k-1}),c_k)$$

给定 $n$ 个正整数 $a_1,a_2,\dots ,a_n$ 以及 $q$ 组询问。对于第 $i(1\le i\le q)$ 组询问，请求出 $a_1+i,a_2+i,\dots ,a_n+i$ 的最大公因数，也即 $\gcd (a_1+i,a_2+i,\dots ,a_n+i)$。

输入格式

第一行，两个正整数 $n,q$，分别表示给定正整数的数量，以及询问组数。

第二行，$n$ 个正整数 $a_1,a_2,\dots ,a_n$。

输出格式

输出共 $q$ 行，第 $i$ 行包含一个正整数，表示 $a_1+i,a_2+i,\dots ,a_n+i$ 的最大公因数。

输入输出样例 #1

输入 #1

5 3
6 9 12 18 30

输出 #1

1
1
3

输入输出样例 #2

输入 #2

3 5
31 47 59

输出 #2

4
1
2
1
4

说明/提示

对于 $60\%$ 的测试点，保证 $1\le n\le 10^3$，$1\le q\le 10$。

对于所有测试点，保证 $1\le n\le 10^5$，$1\le q\le 10^5$，$1\le a_i\le 1000$。

题目大意

给定$n$个正整数组成的序列$a$和$q$次询问，对于第$i(1\le i\le q)$次询问，输出$\gcd (a_1+i,a_2+i,\dots ,a_n+i)$的值。

题目分析

先说TLE的解法。
最简单的办法就是在输入后直接一次一次反复求整个数组加$i$的最大公因数，意思就是直接处理每次询问，每次询问都遍历数组且求一遍$\gcd$，这是很多考生都用的办法。

欧几里得算法模板

欧几里得算法（辗转相除法）求最大公因数可以用下面的精简代码

int gcd(int x,int y)
{return y==0?x:gcd(y,x%y);
}

也可以使用迭代

int gcd(int x,int y)
{while(y!=0){int tmp=y;y=x%y;x=tmp;}return x;
}

复杂度如下表

	递归	迭代
时间复杂度	$O(\log n)$	$O(\log n)$
空间复杂度	$O(\log n)$	$O(1)$

递归的空间用于递归栈调用，该题中无需考虑。

TLE Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[100001];
int gcd(int x,int y)
{return y==0?x:gcd(y,x%y);
}
int main()
{int n,q;cin>>n>>q;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];for(int i=1;i<=q;i++){int g=a[1]+i;for(int j=2;j<=n;j++)g=gcd(g,a[j]+i);cout<<g<<endl;}return 0;
}

但是一旦提交

就噶了。

TLE Time

输入比处理快，只看处理部分。
外重循环：$O(q)$
内重循环：$O(n)$
$\gcd$：$O(\log a_i)$
总时间：$O(nq\log a_i)$，数据范围不让过。
那过的方法是什么呢？

差分数组

对于长度为$n$的序列$a$，他的差分数组第一项与原数组第一项相等，后面差分数组第$i(2\le i\le n)$项等于$a_i-a_{i-1}$，注意即使是负数也不能绝对值。
现在，我要证明一个东西：$\gcd (a+c,b+c)=\gcd (a+c,b-a)$

证明$\gcd (a+c,b+c)=\gcd (a+c,b-a)$

众所周知，辗转相除法一开始是辗转相减法，后来通过优化才变成辗转相除法。
后面的取模比之前的相减快多了，但是不要忘本。
对于gcd(a,b)，可以推出gcd(b,a-b)，他们是等价的，你可以想象成在一个大长方形里面取截取最大的正方形，剩下的长宽就是gcd的参数。
那么用于$\gcd (a+c,b+c)=\gcd (a+c,b-a)$也好使，就假设$a+c$是$a^{\prime }$，$b+c$是$b^{\prime }$：
$\gcd (a^{\prime },b^{\prime })=\gcd (a^{\prime },b-a)$。你感觉不一样。
来，别急，$a$和$b$的大小关系是要调整的，$\gcd (a^{\prime },b-a)$变成$\gcd (b^{\prime },a-b)$，是不是恍然大悟了？
没错，跟辗转相减法几乎一样了。其实这个式子是$\gcd (a,b)$演变而来，他就是把$a,b$都加上$c$，证明新$a$和$a,b$差的最大公因数就是新的两个数的最大公因数。
这样，就能在一串数中，整体递增相同元素后快速找到最大公因数。
没听懂证明过程？举个栗子！

举个栗子

例如3 7，$c=1$，$\gcd (a+c,b+c)=\gcd (4,8)=4$，$\gcd (a+c,b-a)=\gcd (4,4)=4$，确实相等。
再比如5 6，$c=2$，$\gcd (a+c,b+c)=\gcd (7,8)=1$，$\gcd (a+c,b-a)=\gcd (7,1)=1$，确实相等。
其实这是必然的，自己随便写几个样例都是的。

实际应用

在一串数中，求完差分数组，把他从第二项起，每一项都取最大公因数。最后在每次询问中，用任意一个元素加上$i$再与前面的$\gcd$结果再一次进行$\gcd$，得到的结果就是输出的答案。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[100001],cf[100001]; //原数组和差分数组
int gcd(int x,int y) //最大公因数
{return y==0:x:gcd(y,x%y);
}
int main()
{int n,q;cin>>n>>q; //输入for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],cf[i]=a[i]-a[i-1]; //输入 计算差分int g=cf[2];for(int i=3;i<=n;i++)g=gcd(g,cf[i]); //求gcdfor(int i=1;i<=q;i++){cout<<gcd(a[1]+i,g)<<endl; //处理 输出}return 0;
}

然而提交的时候

没错，$n=1$时忘了特判，加了特判能AC。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[100001],cf[100001]; //原数组和差分数组
int gcd(int x,int y) //最大公因数
{return y==0?x:gcd(y,x%y);
}
int main()
{int n,q;cin>>n>>q; //输入for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],cf[i]=a[i]-a[i-1]; //输入 计算差分if(n==1){for(int i=1;i<=q;i++)cout<<a[1]+i<<endl;return 0;}int g=cf[2];for(int i=3;i<=n;i++)g=gcd(g,cf[i]); //求gcdfor(int i=1;i<=q;i++){cout<<gcd(a[1]+i,g)<<endl; //处理 输出}return 0;
}

…个毛啊！
等一下，0分！？自定义评分脚本这么BT吗？
你一不小心把鼠标放到了wa的点上。

翻译：第3行第一列有字符错误，读取到了-，正确应是1
哦哦哦！忘记处理负数，加个abs就好了！

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[100001],cf[100001]; //原数组和差分数组
int gcd(int x,int y) //最大公因数
{return y==0?x:gcd(y,x%y);
}
int main()
{int n,q;cin>>n>>q; //输入for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],cf[i]=a[i]-a[i-1]; //输入 计算差分if(n==1){for(int i=1;i<=q;i++)cout<<a[1]+i<<endl;return 0;}int g=cf[2];for(int i=3;i<=n;i++)g=gcd(g,cf[i]); //求gcdfor(int i=1;i<=q;i++){cout<<abs(gcd(a[1]+i,g))<<endl; //处理 输出}return 0;
}

啊！终于AC了。

总结

本题对于不会数学的人来说，送你一个词：天方夜谭。
对于只会简单gcd而不知道其中原理而tle的人，送你一个词：一瓶子不满半瓶子晃。
只有会进行细致数学分析和耐心查错的人，才能AC。
为什么5级都是这种数学分析题啊？