Codeforces Round #694 (Div. 2) C. Row GCD【GCD | 更相减损术】

题意：

给出大小分别为 $n$ 和 $m$ 的数组 $a、b$，对于$b$中的每个元素 $b_j$ ，问 $a_1+b_j,a_2+b_j,\dots ,a_n+b_j$ 的GCD是多少，其中 $1\le n,m\le 2\cdot 10^5$, $1\le a_i\le 10^{18}$, $1\le b_j\le 10^{18}$。

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思路：

1. 除了欧几里得算法求GCD外，还有一种方法可以求GCD，不过速度较慢(最坏会退化为$O(n)$)，那就是九章算术 · 更相减损术：对于 $a$ 大于等于 $b$，$gcd(a,b)=gcd(b,a-b)=gcd(a,a-b)$，$gcd(2a,2b)=2gcd(a,b)$。证明： 对于 a, b 的任意公约数d，因为 $d|a,d|b$，所以 $d|(a-b)$, 因此 $d$ 也是 $b,a-b$ 的公约数。反之亦成立。故 a, b 的公约数集合与 $b,a-b$ 的公约数集合相同，于是他们的最大公约数也相等。对于 $a,a-b$ 同理。
2. 通过观察式子 $a_1+b_j,a_2+b_j,\dots ,a_n+b_j$ ，我们可以发现，他们都包含 $b_j$，而题目又要求它们的GCD，这很容易让我们想到更相减损术，即对于式子：$a_1+b_j,a_2+b_j,\dots ,a_n+b_j$，如果第一项与其他各项都用更相减损术求GCD，那么式子就变为：$gcd(a_1+b_j,abs(a_2-a_1),\dots ,abs(a_n-a_1))$，由此可见，对于每一个 $b_j$ 来说，$gcd(a_1+b_j,abs(a_2-a_1),\dots ,abs(a_n-a_1))$ 中不同的只有 $b_j$ ，即我们可以首先求出 $g=gcd(abs(a_2-a_1),\dots ,abs(a_n-a_1))$，然后对于每一个 $b_j$ ，$gcd(a_1+b_j,g)$ 即是答案。
3. 注：$0$ 与任何数 $x$ 的最大公约数就是 $x$ 本身。

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AC Codes：

#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <set>
#include <map>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
#include <deque>
#include <list>
#include <iomanip>
#include <algorithm>
#include <fstream>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
//#pragma GCC optimize(2)
using namespace std;
typedef long long ll;
//cout << fixed << setprecision(2);
//cout << setw(2);
const int N = 2e5 + 6, M = 1e9 + 7, INF = 0x3f3f3f3f;

ll gcd(ll a, ll b) {
    return b ? gcd(b, a % b) : a;
}

int main() {
    //freopen("/Users/xumingfei/Desktop/ACM/test.txt", "r", stdin);
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0), cout.tie(0);

    int n, m;
    cin >> n >> m;
    vector<ll> a(n), b(m);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        cin >> b[i];
    }
    ll g = 0;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        g = gcd(g, abs(a[i] - a[0]));
    }
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        cout << gcd(a[0] + b[i], g) << " \n"[i == m - 1];
    }

    return 0;
}