docs/math/number-theory/gcd.md
最大公约数即为 Greatest Common Divisor，常缩写为 gcd．
一组整数的公约数，是指同时是这组数中每一个数的约数的数．$\pm 1$ 是任意一组整数的公约数．
一组整数的最大公约数，是指所有公约数里面最大的一个．
对不全为 $0$ 的整数 $a,b$，将其最大公约数记为 $\gcd(a,b)$，不引起歧义时可简写为 $(a,b)$．
对不全为 $0$ 的整数 $a_1,\dots,a_n$，将其最大公约数记为 $\gcd(a_1,\dots,a_n)$，不引起歧义时可简写为 $(a_1,\dots,a_n)$．
最大公约数与最小公倍数的性质见 数论基础．
那么如何求最大公约数呢？我们先考虑两个数的情况．
如果我们已知两个数 $a$ 和 $b$，如何求出二者的最大公约数呢？
不妨设 $a > b$．
我们发现如果 $b$ 是 $a$ 的约数，那么 $b$ 就是二者的最大公约数． 下面讨论不能整除的情况，即 $a = b \times q + r$，其中 $r < b$．
我们通过证明可以得到 $\gcd(a,b)=\gcd(b,a \bmod b)$，过程如下：
???+ note "证明" 设 $a=bk+c$，显然有 $c=a \bmod b$．设 $d \mid a,~d \mid b$，则 $c=a-bk, \frac{c}{d}=\frac{a}{d}-\frac{b}{d}k$．
由右边的式子可知 $\frac{c}{d}$ 为整数，即 $d \mid c$，所以对于 $a,b$ 的公约数，它也会是 $b,a \bmod b$ 的公约数．
反过来也需要证明：
设 $d \mid b,~d\mid (a \bmod b)$，我们还是可以像之前一样得到以下式子 $\frac{a\bmod b}{d}=\frac{a}{d}-\frac{b}{d}k,~\frac{a\bmod b}{d}+\frac{b}{d}k=\frac{a}{d}$．
因为左边式子显然为整数，所以 $\frac{a}{d}$ 也为整数，即 $d \mid a$，所以 $b,a\bmod b$ 的公约数也是 $a,b$ 的公约数．
既然两式公约数都是相同的，那么最大公约数也会相同．
所以得到式子 $\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)$
既然得到了 $\gcd(a, b) = \gcd(b, r)$，这里两个数的大小是不会增大的，那么我们也就得到了关于两个数的最大公约数的一个递归求法．
=== "C++" ```cpp // Version 1 int gcd(int a, int b) { if (b == 0) return a; return gcd(b, a % b); }
// Version 2
int gcd(int a, int b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }
```
=== "Java" ```java // Version 1 public int gcd(int a, int b) { if (b == 0) return a; return gcd(b, a % b); }
// Version 2
public int gcd(int a, int b) {
return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}
```
=== "Python"
python def gcd(a, b): if b == 0: return a return gcd(b, a % b)
递归至 b == 0（即上一步的 a % b == 0）的情况再返回值即可．
根据上述递归求法，我们也可以写出一个迭代求法：
=== "C++"
cpp int gcd(int a, int b) { while (b != 0) { int tmp = a; a = b; b = tmp % b; } return a; }
=== "Java"
java public int gcd(int a, int b) { while(b != 0) { int tmp = a; a = b; b = tmp % b; } return a; }
=== "Python"
python def gcd(a, b): while b != 0: a, b = b, a % b return a
上述算法都可被称作欧几里得算法（Euclidean algorithm）．
另外，对于 C++17，我们可以使用 <numeric> 头中的 std::gcd 与 std::lcm 来求最大公约数和最小公倍数．
???+ warning "注意"
在部分编译器中，C++14 中可以用 std::__gcd(a,b) 函数来求最大公约数，但是其仅作为 std::rotate 的私有辅助函数．1使用该函数可能会导致预期之外的问题，故一般情况下不推荐使用．
如果两个数 $a$ 和 $b$ 满足 $\gcd(a, b) = 1$，我们称 $a$ 和 $b$ 互质．
欧几里得算法的时间效率如何呢？下面我们证明，在输入为两个长为 $n$ 的二进制整数时，欧几里得算法的时间复杂度为 $O(n)$．（换句话说，在默认 $a, b$ 同阶的情况下，时间复杂度为 $O(\log\max(a, b))$．）
???+ note "证明" 当我们求 $\gcd(a,b)$ 的时候，会遇到两种情况：
- $a < b$，这时候 $\gcd(a,b)=\gcd(b,a)$；
- $a \geq b$，这时候 $\gcd(a,b)=\gcd(b,a \bmod b)$，而对 $a$ 取模会让 $a$ 至少折半．这意味着这一过程最多发生 $O(\log a) = O(n)$ 次．
第一种情况发生后一定会发生第二种情况，因此第一种情况的发生次数一定 **不多于** 第二种情况的发生次数．
从而我们最多递归 $O(n)$ 次就可以得出结果．
事实上，假如我们试着用欧几里得算法去求 斐波那契数列 相邻两项的最大公约数，会让该算法达到最坏复杂度．
大整数取模的时间复杂度较高，而加减法时间复杂度较低．针对大整数，我们可以用加减代替乘除求出最大公约数．
已知两数 $a$ 和 $b$，求 $\gcd(a,b)$．
不妨设 $a \ge b$，若 $a = b$，则 $\gcd(a,b)=a=b$． 否则，$\forall d\mid a, d\mid b$，可以证明 $d\mid a-b$．
因此，$a$ 和 $b$ 的 所有 公因数都是 $a-b$ 和 $b$ 的公因数，$\gcd(a,b) = \gcd(a-b, b)$．
如果 $a\gg b$，更相减损术的 $O(n)$ 复杂度将会达到最坏情况．
考虑一个优化，若 $2\mid a,2\mid b$，$\gcd(a,b) = 2\gcd\left(\dfrac a2, \dfrac b2\right)$．
否则，若 $2\mid a$（$2\mid b$ 同理），因为 $2\mid b$ 的情况已经讨论过了，所以 $2 \nmid b$．因此 $\gcd(a,b)=\gcd\left(\dfrac a2,b\right)$．
优化后的算法（即 Stein 算法）时间复杂度是 $O(\log n)$．
???+ note "证明" 若 $2\mid a$ 或 $2\mid b$，每次递归至少会将 $a,b$ 之一减半．
否则，$2\mid a-b$，回到了上一种情况．
算法最多递归 $O(\log n)$ 次．
高精度模板见 高精度计算．
高精度运算需实现：减法、大小比较、左移、右移（可用低精乘除代替）、二进制末位 0 的个数（可以通过判断奇偶暴力计算）．
??? note "C++"
cpp Big gcd(Big a, Big b) { if (a == 0) return b; if (b == 0) return a; // 记录a和b的公因数2出现次数，countr_zero表示二进制末位0的个数 int atimes = countr_zero(a); int btimes = countr_zero(b); int mintimes = min(atimes, btimes); a >>= atimes; for (;;) { // a和b公因数中的2已经计算过了，后面不可能出现a为偶数的情况 b >>= btimes; // 确保 a<=b if (a > b) swap(a, b); b -= a; if (b == 0) break; btimes = countr_zero(b); } return a << mintimes; }
上述代码参考了 libstdc++ 和 MSVC 对 C++17 std::gcd 的实现．在 unsigned int 和 unsigned long long 的数据范围下，如果可以以极快的速度计算 countr_zero，则 Stein 算法比欧几里得算法来得快，但反之则可能比欧几里得算法慢．
???+ note "关于 countr_zero"
1. gcc 有 内建函数 __builtin_ctz（32 位）或 __builtin_ctzll（64 位）可替换上述代码的 countr_zero；
2. 从 C++20 开始，头文件 <bit> 包含了 std::countr_zero；
3. 如果不使用不在标准库的函数，又无法使用 C++20 标准，下面的代码是一种在 Word-RAM with multiplication 模型下经过预处理后 $O(1)$ 的实现：
```cpp
constexpr int loghash[64] = {0, 32, 48, 56, 60, 62, 63, 31, 47, 55, 59, 61, 30,
15, 39, 51, 57, 28, 46, 23, 43, 53, 58, 29, 14, 7,
35, 49, 24, 44, 54, 27, 45, 22, 11, 37, 50, 25, 12,
38, 19, 41, 52, 26, 13, 6, 3, 33, 16, 40, 20, 42,
21, 10, 5, 34, 17, 8, 36, 18, 9, 4, 2, 1};
int countr_zero(unsigned long long x) {
return loghash[(x & -x) * 0x9150D32D8EB9EFC0Ui64 >> 58];
}
```
而对于高精度运算，如果实现方法类似 `bitset`，则搭配上述对 `countr_zero` 的实现可以在 `O(n / w)` 的时间复杂度下完成．但如果不便按二进制位拆分，则只能暴力判断最大的 $2$ 的幂因子，时间复杂度取决于实现．比如：
```cpp
// 以小端序实现的二进制 Big，要求能枚举每一个元素
int countr_zero(Big a) {
int ans = 0;
for (auto x : a) {
if (x != 0) {
ans += 32; // 每一位数据类型的位长
} else {
return ans + countr_zero(x);
}
}
return ans;
}
// 暴力计算，如需使用建议直接写进 gcd 加快常数
int countr_zero(Big a) {
int ans = 0;
while ((a & 1) == 0) {
a >>= 1;
++ans;
}
return ans;
}
```
更多关于 gcd 实现上快慢的讨论可阅读 Fastest way to compute the greatest common divisor．
那怎么求多个数的最大公约数呢？显然答案一定是每个数的约数，那么也一定是每相邻两个数的约数．我们采用归纳法，可以证明，每次取出两个数求出答案后再放回去，不会对所需要的答案造成影响．
接下来我们介绍如何求解最小公倍数（Least Common Multiple, LCM）．
一组整数的公倍数，是指同时是这组数中每一个数的倍数的数．0 是任意一组整数的公倍数．
一组整数的最小公倍数，是指所有正的公倍数里面，最小的一个数．
对整数 $a,b$，将其最小公倍数记为 $\operatorname{lcm}(a,b)$，不引起歧义时可简写为 $[a,b]$．
对整数 $a_1,\dots,a_n$，将其最小公倍数记为 $\operatorname{lcm}(a_1,\dots,a_n)$，不引起歧义时可简写为 $[a_1,\dots,a_n]$．
设 $a = p_1^{k_{a_1}}p_2^{k_{a_2}} \cdots p_s^{k_{a_s}}$，$b = p_1^{k_{b_1}}p_2^{k_{b_2}} \cdots p_s^{k_{b_s}}$
我们发现，对于 $a$ 和 $b$ 的情况，二者的最大公约数等于
$p_1^{\min(k_{a_1}, k_{b_1})}p_2^{\min(k_{a_2}, k_{b_2})} \cdots p_s^{\min(k_{a_s}, k_{b_s})}$
最小公倍数等于
$p_1^{\max(k_{a_1}, k_{b_1})}p_2^{\max(k_{a_2}, k_{b_2})} \cdots p_s^{\max(k_{a_s}, k_{b_s})}$
由于 $k_a + k_b = \max(k_a, k_b) + \min(k_a, k_b)$
所以得到结论是 $\gcd(a, b) \times \operatorname{lcm}(a, b) = a \times b$
要求两个数的最小公倍数，先求出最大公约数即可．
可以发现，当我们求出两个数的 $\gcd$ 时，求最小公倍数是 $O(1)$ 的复杂度．那么对于多个数，我们其实没有必要求一个共同的最大公约数再去处理，最直接的方法就是，当我们算出两个数的 $\gcd$，或许在求多个数的 $\gcd$ 时候，我们将它放入序列对后面的数继续求解，那么，我们转换一下，直接将最小公倍数放入序列即可．
扩展欧几里得算法（Extended Euclidean algorithm, EXGCD），常用于求 $ax+by=\gcd(a,b)$ 的一组可行解．
设
$ax_1+by_1=\gcd(a,b)$
$bx_2+(a\bmod b)y_2=\gcd(b,a\bmod b)$
由欧几里得定理可知：$\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)$
所以 $ax_1+by_1=bx_2+(a\bmod b)y_2$
又因为 $a\bmod b=a-(\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\times b)$
所以 $ax_1+by_1=bx_2+(a-(\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\times b))y_2$
$ax_1+by_1=ay_2+bx_2-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\times by_2=ay_2+b(x_2-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y_2)$
因为 $a=a,b=b$，所以 $x_1=y_2,y_1=x_2-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y_2$
将 $x_2,y_2$ 不断代入递归求解直至 $\gcd$（最大公约数，下同）为 $0$ 递归 $x=1,y=0$ 回去求解．
=== "C++"
cpp int Exgcd(int a, int b, int &x, int &y) { if (!b) { x = 1; y = 0; return a; } int d = Exgcd(b, a % b, x, y); int t = x; x = y; y = t - (a / b) * y; return d; }
=== "Python"
python def Exgcd(a, b): if b == 0: return a, 1, 0 d, x, y = Exgcd(b, a % b) return d, y, x - (a // b) * y
函数返回的值为 $\gcd$，在这个过程中计算 $x,y$ 即可．
$ax+by=\gcd(a,b)$ 的解有无数个，显然其中有的解会爆 long long．
万幸的是，若 $b\not= 0$，扩展欧几里得算法求出的可行解必有 $|x|\le b,|y|\le a$．
下面给出这一性质的证明．
??? note "证明"
- $\gcd(a,b)=b$ 时，$a\bmod b=0$，必在下一层终止递归．
得到 $x_1=0,y_1=1$，显然 $a,b\ge 1\ge |x_1|,|y_1|$．
- $\gcd(a,b)\not= b$ 时，设 $|x_2|\le (a\bmod b),|y_2|\le b$．
因为 $x_1=y_2,y_1=x_2-{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}y_2$
所以 $|x_1|=|y_2|\le b,|y_1|\le|x_2|+|{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}y_2|\le (a\bmod b)+{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}|y_2|$
$\le a-{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}b+{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}|y_2|\le a-{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}(b-|y_2|)$
$a\bmod b=a-{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}b\le a-{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}(b-|y_2|)\le a$
因此 $|x_1|\le b,|y_1|\le a$ 成立．
首先，当 $x = 1$，$y = 0$，$x_1 = 0$，$y_1 = 1$ 时，显然有：
$$ \begin{cases} ax + by & = a \ ax_1 + by_1 & = b \end{cases} $$
成立．
已知 $a\bmod b = a - (\lfloor \frac{a}{b} \rfloor \times b)$，下面令 $q = \lfloor \frac{a}{b} \rfloor$．参考迭代法求 gcd，每一轮的迭代过程可以表示为：
$$ (a, b) \rightarrow (b, a - qb) $$
将迭代过程中的 $a$ 替换为 $ax + by = a$，$b$ 替换为 $ax_1 + by_1 = b$，可以得到：
$$ \begin{aligned} & \begin{cases} ax + by & = a \ ax_1 + by_1 & = b \end{cases} \ \rightarrow & \begin{cases} ax_1 + by_1 & = b \ a(x - qx_1) + b(y - qy_1) & = a - qb \end{cases} \end{aligned} $$
据此就可以得到迭代法求 exgcd．
因为迭代的方法避免了递归，所以代码运行速度将比递归代码快一点．
int gcd(int a, int b, int& x, int& y) {
x = 1, y = 0;
int x1 = 0, y1 = 1, a1 = a, b1 = b;
while (b1) {
int q = a1 / b1;
tie(x, x1) = make_tuple(x1, x - q * x1);
tie(y, y1) = make_tuple(y1, y - q * y1);
tie(a1, b1) = make_tuple(b1, a1 - q * b1);
}
return a1;
}
如果你仔细观察 $a_1$ 和 $b_1$，你会发现，他们在迭代版本的欧几里德算法中取值完全相同，并且以下公式无论何时（在 while 循环之前和每次迭代结束时）都是成立的：$x \cdot a +y \cdot b =a_1$ 和 $x_1 \cdot a +y_1 \cdot b= b_1$．因此，该算法肯定能正确计算出 $\gcd$．
最后我们知道 $a_1$ 就是要求的 $\gcd$，有 $x \cdot a +y \cdot b = g$．
对于正整数 $a$ 和 $b$ 的一次辗转相除即 $\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)$ 使用矩阵表示如
\begin{bmatrix} 0&1\1&-\lfloor a/b\rfloor \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a\b \end{bmatrix} $$
其中向下取整符号 $\lfloor c\rfloor$ 表示不大于 $c$ 的最大整数．我们定义变换 $\begin{bmatrix}a\b\end{bmatrix}\mapsto \begin{bmatrix}0&1\1&-\lfloor a/b\rfloor\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a\b\end{bmatrix}$．
易发现欧几里得算法即不停应用该变换，有
\left( \cdots \begin{bmatrix} 0&1\1&-\lfloor a/b\rfloor \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0\0&1 \end{bmatrix} \right) \begin{bmatrix} a\b \end{bmatrix} $$
令
\cdots \begin{bmatrix} 0&1\1&-\lfloor a/b\rfloor \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0\0&1 \end{bmatrix} $$
那么
\begin{bmatrix} x_1&x_2\x_3&x_4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a\b \end{bmatrix} $$
满足 $a\cdot x_1+b\cdot x_2=\gcd(a,b)$ 即扩展欧几里得算法，注意在最后乘了一个单位矩阵不会影响结果，提示我们可以在开始时维护一个 $2\times 2$ 的单位矩阵编写更简洁的迭代方法如
int exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
int x1 = 1, x2 = 0, x3 = 0, x4 = 1;
while (b != 0) {
int c = a / b;
std::tie(x1, x2, x3, x4, a, b) =
std::make_tuple(x3, x4, x1 - x3 * c, x2 - x4 * c, b, a - b * c);
}
x = x1, y = x2;
return a;
}
这种表述相较于递归更简单．