线段上格点的个数

给定平面上的两个格点P1(x1,y1)和P2(x2,y2),线段上P1P2上，除P1和P2以外一共有多少格点

虽然可以用穷举法，遍历min(x1,x2)≤x≤max(x1,x2)且min(y1,y2)≤y≤max(y1,y2)的格点可以得到正确答案，但是复杂度确实O(|x1?x2|×|y1?y2|)，其实这个题的答案是|x1?x2|和|y1?y2|的最大公约数减去1。（注意，|x1?x2|=0且|y1?y2|=0时，答案为0）

原因，首先看一下|x1?x2|和|y1?y2|的最大公约数代表的是啥？ 其实可以看成 在横向和竖向的最大的公共等分数， 比如 6 的等分点可以是 1:1:1:1:1:1分成6份 ,也可以是 2:2:2分成3份，或者是 6，只有1份。（其实对应的是 6能被6，3，1整除） 那么 6和9的最大公共等分数是3，即6分为 2：2：2 ， 9分为3：3：3. 那么边长为6和9的矩形，按照这样分会是什么情况呢？

通过上图可以看出，大矩形的对角线正好经过 (2,3),(4,6),(6,9) 除开(6,9)，就是本体所要求的点。这就是为什么这个题的答案是|x1?x2|和|y1?y2|的最大公约数减去1。

那这个题可以转换为求最大公约数的问题，最大公约数一般使用辗转相除法

辗转想法的原理：

如果有两个自然数a和b（a>b)， 可以写成a=k×b+c

情况1：如果c=0,那么gcd(a,b)=b

情况2：如果c≠0, 那么gcd(a,b)=gcd(b,c)

下面提供了3个求最大公约数的方法（顺便一提，a和b的最大公倍数为a×bgcd(a,b)

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
int gcd1(int,int);
int gcd2(int,int);
int gcd3(int,int);
int main(void)
{
    int x1,x2,y1,y2;
    cout<<"input x1,y1,x2,y2"<<endl;
    cin>>x1>>y1>>x2>>y2;
    int abs_x=abs(x1-x2);
    int abs_y=abs(y1-y2);
    int g=gcd3(abs_x,abs_y);
    cout<<g-1<<endl;
    int x_step=(x2-x1)/g;
    int y_step=(y2-y1)/g;
    for(int i=1;i<g;i++)
    {
        cout<<"("<<x1+i*x_step<<","<<y1+i*y_step<<")"<<endl;
    }

}

//非递归的方法
int gcd1(int a,int b)
{

    int c;
    do
    {
        c=a%b;
        a=b;
        b=c;
    }while(c!=0);
    return a;
} 

//递归的方法
int gcd2(int a,int b)
{

    if(b == 0){
        return a;
    }else{
        return gcd2(b,a%b);
    }
}
//辗转相减法
int gcd3(int a,int b)
{
    int c=a-b;
    if(c<0){
        return gcd3(b,a);
    }
    while((a-b)!=0)
    {
        a=a-b;
        if(a<b){
            int tmp=a;
            a=b;
            b=tmp;
        }
    }
    return a;
}