答案_最大公约数问题

最大公约数问题

分析与解法
求最大公约数是一个很基本的问题。早在公元前300年左右，欧几里得就在他的著作《几何原本》中给出了高效的解法——辗转相除法。辗转相除法的原理很聪明也很简单，假设用f[/i]（x[/i], y[/i]）表示x[/i]，y[/i]的最大公约数，取k[/i] = x[/i]/y[/i]，b[/i] = x[/i]%y[/i]，则x[/i] = ky[/i] + b[/i]，如果一个数能够同时整除x[/i]和y[/i]，则必能同时整除b[/i]和y[/i]；而能够同时整除b[/i]和y[/i]的数也必能同时整除x[/i]和y[/i]，即x[/i]和y[/i]的公约数与b[/i]和y[/i]的公约数是相同的，其最大公约数也是相同的，则有f[/i]（x[/i], y[/i]）= f[/i]（y[/i], x[/i] % y[/i]）（x[/i]≥y[/i] > 0），如此便可把原问题转化为求两个更小数的最大公约数，直到其中一个数为0，剩下的另外一个数就是两者最大的公约数。辗转相除法更详细的证明可以在很多的初等数论相关书籍中找到，或者读者也可以试着证明一下。
示例如下：
f[/i]（42, 30）=f[/i]（30, 12）= f[/i]（12, 6）=f[/i]（6, 0）= 6

解法一

最简单的方法，就是直接用代码来实现辗转相除法。从上面的描述中，我们知道，利用递归就能够很轻松地把这个问题完成。
具体代码如下：

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

解法二

在解法一中，我们用到了取模运算。但对于大整数而言，取模运算（其中用到除法）是非常昂贵的开销，将成为整个算法的瓶颈。有没有办法能够不用取模运算呢？
采用类似前面辗转相除法的分析，如果一个数能够同时整除x和y，则必能同时整除x-y和y；而能够同时整除x-y和y的数也必能同时整除x和y，即x和y的公约数与x-y和y的公约数是相同的，其最大公约数也是相同的，即f（x, y）= f（x-y, y），那么就可以不再需要进行大整数的取模运算，而转换成简单得多的大整数的减法。在实际操作中，如果x<y，可以先交换（x, y）（因为（x, y）=（y, x）），从而避免求一个正数和一个负数的最大公约数情况的出现。一直迭代下去，直到其中一个数为0。
示例如下：
f[/i]（42, 30）=f[/i]（30, 12）=f[/i]（12, 18）= f[/i]（18, 12）= f[/i]（12, 6）= f[/i]（6, 6）= f[/i]（6, 0）= 6
解法二的具体代码如清单2-15所示。

代码清单2-15

BigInt gcd(BigInt x, BigInt y)
{
if(x < y)
return gcd(y, x);
if(y == 0)
return x;
else
return gcd(x - y, y);

}

代码中BigInt是读者自己实现的一个大整数类（所谓大整数当然可以是成百上千位），那么就要求读者重载该大整数类中的减法运算符“-”，关于大整数的具体实现这里不再赘述，若读者只是想验证该算法的正确性，完全可使用系统内建的int型来测试。
这个算法，免去了大整数除法的繁琐，但是同样也有不足之处。最大的瓶颈就是迭代的次数比之前的算法多了不少，如果遇到（10 000 000 000 000, 1）这类情况，就会相当地令人郁闷了。

解法三

解法一的问题在于计算复杂的大整数除法运算，而解法二虽然将大整数的除法运算转换成了减法运算，降低了计算的复杂度，但它的问题在于减法的迭代次数太多，那么能否结合解法一和解法二从而使其成为一个最佳的算法呢？答案是肯定的。
从分析公约数的特点入手。
对于y和x来说，如果y=k * y1，x=k * x1。那么有f（y, x）= k * f（y1, x1）。
另外，如果x = p * x1，假设p是素数，并且y % p ! = 0（即y不能被p整除），那么f（x, y）= f（p * x1, y）= f（x1, y）。
注意到以上两点之后，我们就可以利用这两点对算法进行改进。
最简单的方法是，我们知道，2是一个素数，同时对于二进制表示的大整数而言，可以很容易地将除以2和乘以2的运算转换成移位运算，从而避免大整数除法，由此就可以利用2这个数字来进行分析。
取p = 2
若x, y均为偶数，f（x, y）= 2 * f（x/2, y/2）= 2 * f（x>>1, y>>1）
若x为偶数，y为奇数，f（x, y）= f（x/2, y）= f（x>>1, y）
若x为奇数，y为偶数，f（x, y）= f（x, y/2）= f（x, y>>1）
若x, y均为奇数，f（x, y）= f（y, x - y），
那么在f（x, y）= f（y, x - y）之后，（x - y）是一个偶数，下一步一定会有除以2的操作。
因此，最坏情况下的时间复杂度是O（log2（max（x, y）））。
考虑如下的情况：
f（42, 30）= f（1010102, 111102）
= 2 * f（101012, 11112）
= 2 * f（11112, 1102）
= 2 * f（11112, 112）
= 2 * f（11002, 112）
= 2 * f（112, 112）
= 2 * f（02, 112）
= 2 * 112
= 6
根据上面的规律，具体代码实现如清单2-16所示。

代码清单2-16

BigInt gcd(BigInt x, BigInt y)
{
if(x < y)
return gcd(y, x);
if(y == 0)
return x;
else
{
if(IsEven(x))
{
if(IsEven(y))
return (gcd(x >> 1, y >> 1) << 1);
else
return gcd(x >> 1, y);
}
else
{
if(IsEven(y))
return gcd(x, y >> 1);
else
return gcd(y, x - y);
}
}

}

BigInt见解法二中的解释，IsEven（BigInt x）函数检查x是否为偶数，如果x为偶数，则返回true，否则返回false。
解法三很巧妙地利用移位运算和减法运算，避开了大整数除法，提高了算法的效率。程序员常常将移位运算作为一种技巧来使用，最常见的就是通过左移或右移来实现乘以2或除以2的操作。其实移位的用处远不止于此，如求一个整数的二进制表示中1的个数问题（见本书2.1节“求二进制数中1的个数”）和逆转一个整数的二进制表示问题等，往往让人拍案叫绝。

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