A positive integer is *magical* if it is divisible by either A or B.
Return the N-th magical number. Since the answer may be very large, return it modulo 10^9 + 7.
Example 1:
Input: N = 1, A = 2, B = 3
Output: 2
Example 2:
Input: N = 4, A = 2, B = 3
Output: 6
Example 3:
Input: N = 5, A = 2, B = 4
Output: 10
Example 4:
Input: N = 3, A = 6, B = 4
Output: 8
Note:
1 <= N <= 10^92 <= A <= 400002 <= B <= 40000
這道題定義了一種神奇正整數，就是能同時被給定的正整數A或B整除的數，讓我們返回第N個神奇的數字，暗示了這個數字可能很大，要對一個超大數取余。又是對這個 1e9+7 取余，博主下意識的反應是用動態規划 Dynamic Programming 來做，但其實是不能的，因為每個數字能不能被A或B整除是相對獨立的，並不會跟之前的狀態有聯系，這樣就不好寫出狀態轉移方程了，所以這並不是一道 DP 題。首先來想，對於 [1, n] 中的數，能整除A的有多少個，舉例來說吧，假如 n=17，A=2，那么 17 以內能整除2的就有 2，4，6，8，10，12，14，16，這八個數字，貌似正好是 n/A=17/2=8。再來看其他例子，比如 n=17，B=3，那么 17 以內能整除3的就有 3，6，9，12，15，這五個數字，貌似也是 n/B=17/3=5。那么能被A或B整除的個數呢，比如 n=17，A=2，B=3，那么 17 以內能整除2或3的數字有 2，3，4，6，8，9，10，12，14，15，16，這十一個數字，並不是 n/A + n/B = 8+5 = 13，為啥呢？因為有些數字重復計算了，比如 6，12，這兩個數字都加了兩次，我們發現這兩個數字都是既可以整除A又可以整除B的，只要把這兩個數字減去 13-2=11，就是所求的了。怎么找同時能被A和B整除的數呢，其實第一個這樣的數就是A和B的最小公倍數 Least Common Multiple，所有能被A和B的最小公倍數整除的數字一定能同時整除A和B。那么最小公倍數 LCM 怎么算呢？這應該是小學數學的知識了吧，就是A乘以B除以最大公約數 Greatest Common Divisor，這個最大公約數就不用多說了吧，也是小學的內容，是最大的能同時整除A和B的數。
明白了這些，我們就知道了對於任意小於等於數字x的且能被A或B整除的正整數的個數為 x/A + x/B - x/lcm(A,B)。所以我們需要讓這個式子等於N，然后解出x的值即為所求。直接根據式子去求解x得到的不一定是正整數，我們可以反其道而行之，帶確定的x值進入等式，算出一個結果，然后跟N比較大小，根據這個大小來決定新的要驗證的x值，這不就是典型的二分搜索法么。確定了要使用 Binary Search 后，就要來確定x值的范圍了，x值最小能取到A和B中的較小值，由於A和B最小能取到2，所以x的最小值也就是2。至於最大值，還是根據上面的等式，x能取到的最大值是 N*min(A,B)，根據題目中N和A，B的范圍，可以推出最大值不會超過 1e14，這個已經超過整型最大值了，所以我們初始化的變量都要用長整型。然后就是進入 while 循環了，判定條件是上面寫的那個等式，其實這是博主之前的總結帖 LeetCode Binary Search Summary 二分搜索法小結 中的第四類，用子函數當作判斷關系，不是簡單的用 mid 來判斷，而是要通過 mid 來計算出需要比較的值。若計算值比N小，則去右半段，反之左半段，最后別忘了對M取余即可，參見代碼如下：
解法一：
class Solution {
public:
int nthMagicalNumber(int N, int A, int B) {
long lcm = A * B / gcd(A, B), left = 2, right = 1e14, M = 1e9 + 7;
while (left < right) {
long mid = left + (right - left) / 2;
if (mid / A + mid / B - mid / lcm < N) left = mid + 1;
else right = mid;
}
return right % M;
}
int gcd(int a, int b) {
return (b == 0) ? a : gcd(b, a % b);
}
};
下面這種方法就比較 tricky 了，完全是利用數學功底來解的，連二分搜索都不用，常數級的時間復雜度，碉堡了有木有？！這里主要是參考了[大神 jianwu 的帖子](https://leetcode.com/problems/nth-magical-number/discuss/154965/o(1)-Mathematical-Solution-without-binary-or-brute-force-search)，博主也不能說是完全理解透徹了，嘗試着去講解一下吧。我們用這個例子來講解吧 A=3，B=5，N=10，前面的分析提到了，只有在A和B的最小公倍數 LCM 處，或者是能除以這個 LCM 的數字的地方，才會出現重復。3和5的最小公倍數是 15，所以對於所有小於15的數字x，能整除A的數字有 x/A 個，能整除B的數字有 x/B 個，若把每一個 LCM 看作一個 block 的話，這個區間內分別能整除A和B的數字是沒有重復的，所以這個區間的長度是 len = lcm/A + lcm/B - 1 = 15/3 + 15/5 - 1 = 7。下面要算的就是N里面有多少個 block，並且余數是多少，因為我們可以通過 LCM 快速來定位 block 的邊界位置，只要知道了偏移量，就能求出正確的神奇數字了。block 的個數是通過 N/len = 10/7 = 1，余數是通過 N%len = 10%7 = 3 計算的。我們可以通過 block 的個數和長度快速定位到 15，這里是不能直接加上余數3的，因為余數表示的是 15 后面的第三個能被3或5整除的數，18，20，21，所以答案是 21，這里我們需要算出這個偏移量 21-15=6，從而才能得到正確結果。怎么計算呢？想一下，15 后面第三個能被3整除的數是 18，21，24，所以只看3的話偏移量是 3/(1.0/3)=9，而 15 后面第三個能被5整除的數是 20，25，30，偏移量是 3/(1.0/5)=15，但是正確的偏移量應該是考慮兩種情況的總和，所以應該是 nearest=3/(1.0/3 + 1.0/5)=5.625，但我們的偏移量一定要是個整數，所以我們再用一個取整的過程 min(ceil(nearest/3) x 3, ceil(nearest/5) x 5) = 6，最終就可以得到正確的偏移量，加上 15，就是正確的結果了，參見代碼如下：
解法二：
class Solution {
public:
int nthMagicalNumber(int N, int A, int B) {
long lcm = A * B / gcd(A, B), M = 1e9 + 7;
long len = lcm / A + lcm / B - 1, cnt = N / len, rem = N % len;
double nearest = rem / (1.0 / A + 1.0 / B);
int remIdx = min(ceil(nearest / A) * A, ceil(nearest / B) * B);
return (cnt * lcm + remIdx) % M;
}
int gcd(int a, int b) {
return (b == 0) ? a : gcd(b, a % b);
}
};
Github 同步地址:
https://github.com/grandyang/leetcode/issues/878
參考資料：
https://leetcode.com/problems/nth-magical-number/
https://leetcode.com/problems/nth-magical-number/discuss/154613/C%2B%2BJavaPython-Binary-Search
[LeetCode All in One 題目講解匯總(持續更新中...)](https://www.cnblogs.com/grandyang/p/4606334.html)