求两个数的最大公约数

{// an是偶数，bn不是
aa[i+1] = aa[i] >> 1;
ba[i+1] = ba[i];
ca[i+1] = ca[i];
}
if ((0 == (ba[i] & 1)) && (1 == (aa[i] & 1)))
{// bn是偶数，an不是
ba[i+1] = ba[i] >> 1;
aa[i+1] = aa[i];
ca[i+1] = ca[i];
}
if ((1 == (ba[i] & 1)) && (1 == (aa[i] & 1)))
{//都不是偶数
aa[i+1] = abs(ba[i] - aa[i]);
ba[i+1] = aa[i] < ba[i] ? aa[i]:ba[i];
ca[i+1] = ca[i];
{
x=y;
y=r;
}
return y;
}
#include "stdio.h"
main()
{ int m,n,i;
scanf("%d %d",&m,&n);
while(m>n)
{ i=(m-n);
if(i==n)
printf("%d",n);
if(i>n)
m=i;
else
{m=n;
n=i;
}
}
while(n>m)
作者：bpttc发表时间：2007-2-11 1:10:00
第8楼
问题的引出：如何求出两个数x和y的最大公约数？
最简单的思路，分别求出x和y的约数，再寻找最大公约数。这个方法是从公约数的定义入手，如果x和y比较大，工作量可想而只，能不能偷懒呢？
不妨设x>y，首先能想到的特殊情况是x是y的整倍数，即x=n*y时（n为正整数），x和y最大公约数就是y了。如果x不是y的整倍数呢？肯定是跟r=x%y有某种联系。
{
int aa[255] = {0};
int ba[255] = {0};
int ca[255] = {0};
aa[0] = a;
ba[0] = b;
ca[0] = 1;
for (int i = 0; i < 255; i++)
{
if (0 == aa[i])
{
return ba[i];
}
if (0 == ba[i])
{
r = n % m;
n = m;
m = r
}
m是最大公约, p/n是最小公倍
#include "stdafx.h"
#include "iostream.h"
int main(int argc, char* argv[])
{
int m,n;
cin>>m>>n;
if(m<=n&&n%m==0)
cout<<"最大公约数是"<<n<<endl;
while n≠0 do
r←m mod n
m←n
n←r
作者：220500323lcq发表时间：2006-10-30 18:25:00
第6楼
好像还3不错啊,不过好像还有更好理解的额......
作者：WinWing发表时间：2007-2-10 0:16:00
第7楼
贴多一种.
stein算法(移位相减)：
int Stein(int a, int b)
f(r2,r3)=f(r3,r4)其中r4=r2%r3
......
f( r[i],r[i+1] )=f( r[i+1],r[i+2] )其中r[i+2]=r[i]%r[i+1]
这样就可以将f内的两个数缩小下去，直到r[i]是r[i+1]的整倍数，那么r[i+1]即为x和y的最大公约数。
首先列出的是我采用了递归的算法。
}
—[讨论]求两个数的最大公约数的问题的算法
主题：[讨论]求两个数的最大公约数的问题的算法
小弟是新人,请教各位了,M和N的最大公约数的算法是什么呢?
谢了!
m和n的最大公约数
int temp, r ,p;
if(n < m)
{
temp = n;
n = m;
m = temp;
}
p =n * m;
while(m != 0)
求两个数的最大公约数
方法一/最简单的算法(效率最低)，如下:
public static int getMaxDivisor(int a, int b) {
int max = 0;
int temp = Math.min(a, b);
for (int i = temp; i > 0; i--) {
if (a % i == 0 && b % i == 0) {
6.如果Bn是偶数，An不是偶数，则Bn+1 =Bn /2，An+1 =An，Cn+1 =Cn (很显然啦，2不是奇数的约数)
7.如果An和Bn都不是偶数，则An+1 =|An -Bn|，Bn+1 =min(An,Bn)，Cn+1 =Cn
n++，转4
其实应该还包括一个前提:gcd(a,b)=gcd(a-b,b)
具体步骤描述如下：
第一步：如果n=0，返回m的值作为结果，同时过程结束；否则，进入第二步。
第二步：用n去除m，将余数赋给r。
第三步：将n的值赋给m，将r的值赋给n，返回第一步。
伪代码描述如下：
Euclid(m,n)
//使用欧几里得算法计算gcd(m,n)
//输入：两个不全为0的非负整数m，n
//输出：m，n的最大公约数
回到前面的问题，我们已经找出x和y的最大公约数和r之间的某种联系，能否利用他求最大公约数呢？
我们看看x y r三者的大小，因为x%y=r，所以y>r，又因为x=n*y+r，所以x>r。我们令f(x,y)表示x和y的最大公约数。
那么有，设r1=max{x,y}；r2=min{x,y}
f(r1,r2)=f(r2,r3)其中r3=r1%r2
printf("请输入两个正整数n,m:");
scanf("%d,%d",&m,&n);
if(m>n)
{temp=n;
n=m;
m=temp; //把大的整数放在n中，小的整数放在m中
}
p=m*n; //先将n和m的乘积保存在p中，以便求最小公倍数时用
while(m!=0)
{
r=n%m;//求n和m的最大公约数
}else{
return getMaxDivisor2(Math.min(a, b), Math.max(a, b)%Math.min(a, b));
}
}
方法三/方法二的变换，如下:
public static int getMaxDivisor(int a,int b){
int x=a;
int y=b;
我们令a为x和y的最大公约数，再令x=n*y+r，那么(x/a)=n*(y/a)+(r/a)。因为(x/a)是整数，(y/a)是整数，所以(r/a)是整数，即r可以被a整除。我们得出一个有用的结论，a是y和r的公约数。
下面我们的问题是a是否是y和r的最大公约数，或者和最大公约数有某种联系？
我们设y和r的最大公约数是b，则有a<=b，还是利用x=n*y+r，有(x/b)=n*(y/b)+(r/b)，因为(y/b)是整数，(r/b)是整数，所以(x/b)是整数，即x可以被b整除。得出结论：b是x和y的公约数。因为a是x和y的最大公约数，所以又有b<=a，结合前面的a<=b，得出a=b。即x和y的最大公约数是y和r的最大公约数。
//函数原型int gcd(int x,int y);
//函数功能求正整数x和正整数y的最大公约数greatest common divisor
//参数要求x>0,y>0
//返回值>0时为x和y的最大公约数，=-1时为参数错误
#define ERROR -1 //参数错误时的返回值
int gcd(int x,int y)
max = i;
break;
}
}
return max;//当max为0时，即没有最大公约数
}
方法二/代码最少的算法，如下:
public static int getMaxDivisor(int a, int b){
if(Math.min(a, b)==0){
return Math.max(a, b);
{
if( x<=0 || y<=0 ) return ERROR;
int temp;
if(x<y)
{
temp=x;x=y;y=temp;
}
if(x%y==0)
return y;
else
return gcd(y,x%y);
}
接着就是非递归的算法
//函数原型int gcd(int x,int y);
//函数功能求正整数x和正整数y的最大公约数greatest common divisor
n=m;
m=r;
}
printf("它们的最大公约数为:%d\n",n);
printf("它们的最小公倍数为:%d\n",p/n);
}
作者：rickone发表时间：2006-4-2 13:20:00
第5楼
求两个数的最大公约数：
int euc_gcd(int a,int b)
{
/*if(a%b==0)return b;
}
}
}
网上有种说法如下:
引用：
为了说明Stein算法的正确性，首先必须注意到以下结论：
gcd(a,a) = a，也就是一个数和他自身的公约数是其自身
gcd(ka,kb) = k gcd(a,b)，也就是最大公约数运算和倍乘运算可以交换，特殊的，当k=2时，说明两个偶数的最大公约数必然能被2整除
有了上述规律就可以给出Stein算法如下：
1.如果A=0，B是最大公约数，算法结束
2.如果B=0，A是最大公约数，算法结束
3.设置A1 = A、B1=B和C1 = 1
4如果An和Bn都是偶数，则An+1 =An /2，Bn+1 =Bn /2，Cn+1 =Cn *2(注意，乘2只要把整数左移一位即可，除2只要把整数右移一位即可)
5.如果An是偶数，Bn不是偶数，则An+1 =An /2，Bn+1 =Bn，Cn+1 =Cn (很显然啦，2不是奇数的约数)
while(Math.min(x,y)!=0){
int temp=y;
y=Math.min(x,y);
x=Math.max(temp,x)%Math.min(temp,x);
if(Math.min(x,y)==0){
return Math.max(x,y);
}
}
return Math.max(a,b);
*/
if(b==0)return a;
return euc_gcd(b,a%b);
}
非递归形式：
int euc_gcd(int a,int b)
{
int r=a%b;
while(r>0)
{
a=b;
b=r;
r=a%b;
}
return b;
}
算法：-->（转/article.asp?id=48）
//参数要求x>0,y>0
//返回值>0时为x和y的最大公约数，=-1时为参数错误
#define ERROR -1 //参数错误时的返回值
int gcd(int x,int y)
{
if( x<=0 || y<=0 ) return ERROR;
int r;
i;
}
while( 0!=(r=x%y) )
else
{
if(n<=m&&m%n==0)
cout<<"最大公约数是"<<m<<endl;
else
cout<<"最大公约数是"<<m*n<<endl;
}
return 0;
}
在c++6.0中试一下
用碾转相除法
#include<stdio.h>
void main()
{ int m,n,r,temp,p;
{
return aa[i];
}
if ((0 == (aa[i] & 1)) && (0 == (ba[i] & 1)))
{//都是偶数
aa[i+1] = aa[i] >> 1;
ba[i+1] = ba[i] >> 1;
ca[i+1] = ca[i] << 1;
}
if ((0 == (aa[i] & 1)) && (1 == (ba[i] & 1)))
欧几里德算法又称辗转相除法，我们将两个不全为0的非负整数m和n的最大公约数记为gcd(m,n)，代表能够整除（即余数为0）m和n的最大正整数。欧几里得算法基于的方法是重复应用等式gcd(m,n)=gcd(n,m mod n)，直到m mod n等于0。
我们先来证明gcd(m,n)=gcd(n,m mod n)：m可以表示成m=kn+r，则r=m mod n；假设d是m和n的一个公约数，则有d|m和d|n，而r=m-kn，因此d|r，因此d是(n,m mod n)的公约数；假设d是(n,m mod n)的公约数，则d|n，d|r，但是m=kn+r，因此d也是(a,b)的公约数；因此(a,b)和(b,a mod b)的公约数是一样的，其最大公约数也必然相等，得证。
{ i=(n-m);
if(i==m)
printf("%d",m);
if(i>m)