关于最大公约数有专门的研究。 而在 LeetCode 中虽然没有直接让你求解最大公约数的题目。但是却有一些间接需要你求解最大公约数的题目。
比如：
因此如何求解最大公约数就显得重要了。
def GCD(a: int, b: int) -> int:
smaller = min(a, b)
while smaller:
if a % smaller == 0 and b % smaller == 0:
return smaller
smaller -= 1复杂度分析
- 时间复杂度：最好的情况是执行一次循环体，最坏的情况是循环到 smaller 为 1，因此总的时间复杂度为
$O(N)$ ，其中 N 为 a 和 b 中较小的数。 - 空间复杂度：$O(1)$。
如果我们需要计算 a 和 b 的最大公约数，运用辗转相除法的话。首先，我们先计算出 a 除以 b 的余数 c，把问题转化成求出 b 和 c 的最大公约数；然后计算出 b 除以 c 的余数 d，把问题转化成求出 c 和 d 的最大公约数；再然后计算出 c 除以 d 的余数 e，把问题转化成求出 d 和 e 的最大公约数。..... 以此类推，逐渐把两个较大整数之间的运算转化为两个较小整数之间的运算，直到两个数可以整除为止。
def GCD(a: int, b: int) -> int:
return a if b == 0 else GCD(b, a % b)复杂度分析
- 时间复杂度：$O(log(max(a, b)))$
- 空间复杂度：空间复杂度取决于递归的深度，因此空间复杂度为
$O(log(max(a, b)))$
辗转相除法如果 a 和 b 都很大的时候，a % b 性能会较低。在中国，《九章算术》中提到了一种类似辗转相减法的 更相减损术。它的原理是：两个正整数 a 和 b（a>b），它们的最大公约数等于 a-b 的差值 c 和较小数 b 的最大公约数。。
def GCD(a: int, b: int) -> int:
if a == b:
return a
if a < b:
return GCD(b - a, a)
return GCD(a - b, b)上面的代码会报栈溢出。原因在于如果 a 和 b 相差比较大的话，递归次数会明显增加，要比辗转相除法递归深度增加很多，最坏时间复杂度为 O(max(a, b)))。这个时候我们可以将辗转相除法和更相减损术做一个结合，从而在各种情况都可以获得较好的性能。
下面我们对上面的过程进行一个表形象地讲解，实际上这也是教材里面的讲解方式，我只是照搬过来，增加一下自己的理解罢了。我们来通过一个例子来讲解：
假如我们有一块 1680 米 * 640 米 的土地，我们希望讲起分成若干正方形的土地，且我们想让正方形土地的边长尽可能大，我们应该如何设计算法呢？
实际上这正是一个最大公约数的应用场景，我们的目标就是求解 1680 和 640 的最大公约数。
将 1680 米 * 640 米 的土地分割，相当于对将 400 米 * 640 米 的土地进行分割。 为什么呢？ 假如 400 米 * 640 米分割的正方形边长为 x，那么有 640 % x == 0，那么肯定也满足剩下的两块 640 米 * 640 米的。
我们不断进行上面的分割：
直到边长为 80，没有必要进行下去了。
给你三个数字 a，b，c，你需要找到第 n 个（n 从 0 开始）有序序列的值，这个有序序列是由 a，b，c 的整数倍构成的。
比如：
n = 8
a = 2
b = 5
c = 7
由于 2，5，7 构成的整数倍构成的有序序列为 [1, 2, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 12, ...]，因此我们需要返回 12。
注意：我们约定，有序序列的第一个永远是 1。
大家可以通过 这个网站 在线验证。
一个简单的思路是使用堆来做，唯一需要注意的是去重，我们可以使用一个哈希表来记录出现过的数字，以达到去重的目的。
代码：
ss Solution:
def solve(self, n, a, b, c):
seen = set()
h = [(a, a, 1), (b, b, 1), (c, c, 1)]
heapq.heapify(h)
while True:
cur, base, times = heapq.heappop(h)
if cur not in seen:
n -= 1
seen.add(cur)
if n == 0:
return cur
heapq.heappush(h, (base * (times + 1), base, times + 1))对于此解法不理解的可先看下我之前写的 几乎刷完了力扣所有的堆题，我发现了这些东西。。。（第二弹）
然而这种做法时间复杂度太高，有没有更好的做法呢？
实际上，我们可对搜索空间进行二分。首先思考一个问题，如果给定一个数字 x，那么有序序列中小于等于 x 的值有几个。
答案是 x // a + x // b + x // c 吗？
// 是地板除
可惜不是的。比如 a = 2, b = 4, n = 4，答案显然不是 4 // 2 + 4 // 4 = 3，而是 2。这里出错的原因在于 4 被计算了两次，一次是
为了解决这个问题，我们可以通过集合论的知识。
一点点集合知识：
- 如果把有序序列中小于等于 x 的可以被 x 整除，且是 a 的倍数的值构成的集合为 SA，集合大小为 A
- 如果把有序序列中小于等于 x 的可以被 x 整除，且是 b 的倍数的值构成的集合为 SB，集合大小为 B
- 如果把有序序列中小于等于 x 的可以被 x 整除，且是 c 的倍数的值构成的集合为 SC，集合大小为 C
那么最终的答案就是 SA ，SB，SC 构成的大的集合（需要去重）的中的数字的个数，也就是：
问题转化为 A 和 B 集合交集的个数如何求？
A 和 B，B 和 C， A 和 C ，甚至是 A，B，C 的交集求法都是一样的。
实际上， SA 和 SB 的交集个数就是 x // lcm(A, B)，其中 lcm 为 A 和 B 的最小公倍数。而最小公倍数则可以通过最大公约数计算出来：
def lcm(x, y):
return x * y // gcd(x, y)接下来就是二分套路了，二分部分看不懂的建议看下我的二分专题。
class Solution:
def solve(self, n, a, b, c):
def gcd(x, y):
if y == 0:
return x
return gcd(y, x % y)
def lcm(x, y):
return x * y // gcd(x, y)
def possible(mid):
return (mid // a + mid // b + mid // c - mid // lcm(a, b) - mid // lcm(b, c) - mid // lcm(a, c) + mid // lcm(a, lcm(b, c))) >= n
l, r = 1, n * max(a, b, c)
while l <= r:
mid = (l + r) // 2
if possible(mid):
r = mid - 1
else:
l = mid + 1
return l复杂度分析
- 时间复杂度：$logn$。
- 空间复杂度：gcd 和 lcm 的递归树深度，基本可忽略不计。
通过这篇文章，我们不仅明白了最大公约数的概念以及求法。也形象化地感知到了最大公约数计算的原理。最大公约数和最小公倍数是两个相似的概念， 关于最大公约数和最小公倍数的题目在力扣中不算少，大家可以通过数学标签找到这些题。更多关于算法中的数学知识，可以参考这篇文章刷算法题必备的数学考点汇总
这篇文章的第二篇也马上要发布了。