題意 ：

• 給一個數對a，b和一個數x，每次操作可以選擇使a或者b變成$|a?b|$（即變成它們的差值），問在若干次（0）操作后，是否能使得a或者b等于x

方案一 ：

• 如果一開始就有一個數等于x，直接true；如果一開始就兩個數都小于x，直接false，因為a和b都是正整數，每次操作都會使其中一個變小
• 對于一對(a,b)，假設a>=b，考慮對a操作，此時如果通過若干次操作，使得要求被滿足，那么我們可以記為$a?p?b=x$，要使得一個正整數p存在，需要滿足$a>=x,且x$%$b=a$%$b$ 也就是$(a?x)$%$b=0$，當方程組被滿足時，說明有解
• 如果當前無解，我們可以對余下的數繼續進行操作，這就相當于對$(b,a$%$b)$這一對數繼續進行求解，這一部分我們可以通過遞歸來實現
• 過程中還有兩個剪枝特判，如果小的那個數為0，直接false；如果滿足上述方程組，直接true

#include <iostream>using namespace std; using ll = long long;ll a, b, x;bool check(ll a, ll b) {if (b == 0) return false;if (a >= x && a % b == x % b) return true;return check(b, a % b); }void solve() {cin >> a >> b >> x;if (a == x || b == x) cout << "Yes" << endl;else if (a < x && b < x) cout << "No" << endl;else{if (a < b) swap(a, b);cout << (check(a, b) ? "Yes" : "No") << endl;} }int main() {cin.tie(nullptr) -> sync_with_stdio(false);int _;cin >> _;while (_ -- )solve(); }

方案二 ：

• 這和 更相減損術 很像（每次迭代其中一個數變成了差值），因此想到了gcd
• 裸gcd不一定能過，因此盡可能的剪枝
• 講一下其中的一個剪枝。我們假設a>=b，且每次對a迭代，那么每次a都減少一個b，因此，只要a與x的差值是若干個b，那么直接剪枝判斷true

#include <iostream>using namespace std; using ll = long long;ll a, b, x;bool gcd(ll a, ll b) {if (a < b) swap(a, b); // 假設a是大的那個if (a == x || b == x) return true; // == xif (a == 0 || b == 0) return false; // x>=1if (a < x && b < x) return false; // 不可能變成x了if (a >= x && (a - x) % b == 0) return true; // 大的那個和x的差值是小的那個的倍數return gcd(a % b, b); }void solve() {cin >> a >> b >> x;if (a == x || b == x) cout << "YES" << endl;else if (a < x && b < x) cout << "NO" << endl;else cout << (gcd(a, b) ? "YES" : "NO") << endl; }int main() {cin.tie(nullptr) -> sync_with_stdio(false);int _;cin >> _;while (_ -- )solve(); }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的X-Magic Pair gcd，剪枝（1600）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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