辗转相除法证明及其时间复杂度证明
首先看下辗转相除法的递归及非递归代码实现:
//递归实现
int gcd(int a,int b) {
return b?gcd(b,a%b):a;
} //非递归实现
int gcd(int a,int b)
{
int t;
while(b)
{
t = a;
a = b;
b = t%b;
}
return a;
}代码实现不难，不过怎么证明呢？
其实从递归代码不难看出只要证明gcd(a,b) = gcd(b,a%b)取余即可。
我们知道有这样一个等式：a = b*q+r,那么r = a-b*q = d(m-n*q),所以显然a,b的最大公约数d也是r的因数，所以b,r 必有一个约数d,那么为什么d一定是b,r的最大公约数呢？
回过头来看a = b*q+r,我们可以采用反证法，假设存在D>d为b,r的公约数，那么显然a,b的最大公约数就变为D了，与a,b的最大公约数为d矛盾，所以b,r的最大公约数也为d.这样正如上面所示通过递归就很容易实现相应算法了。
下面我们再来看下辗转相除法的时间复杂度。
网上查了下时间复杂度为log2(n),不过证明好像挺麻烦的，对于我这种数学渣渣，，，更是如此。。。
下面证明转载自：http://blog.sina.com.cn/s/blog_647d97b10100lf7k.html
注：如有侵权联系我删除
我们先不考虑模运算本身的时间复杂度(算术运算的时间复杂度在Knuth的TAOCP中有详细的讨论), 我们只考虑这样的问题: 欧几里得算法在最坏情况下所需的模运算次数和输入的a和b的大小有怎样的关系?
我们不妨设a>b>=1(若an}: u
0=a, u
1=b, u
k=u
k-2 mod u
k-1(k>=2), 显然, 若算法需要n次模运算, 则有u
n=gcd(a, b), u
n+1=0. 我们比较数列{u
n}和菲波那契数列{F
n}, F
0=1<=u
n, F
1=1<=u
n-1, 又因为由u
k mod u
k+1=u
k+2, 可得u
k>=u
k+1+u
k+2, 由数学归纳法容易得到u
k>=F
n-k, 于是得到a=u
0>=F
n, b=u
0>=F
n-1. 也就是说如果欧几里得算法需要做n次模运算, 则b必定不小于F
n-1. 换句话说, 若 bn-1, 则算法所需模运算的次数必定小于n. 根据菲波那契数列的性质, 有F
n-1>(1.618)
n/sqrt(5), 即b>(1.618)
n/sqrt(5), 所以模运算的次数为O(lgb).
如果有大神有更容易理解的证明，欢迎提出交流。