题目

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题目概要
格点图中从 (0,0)(0,0)(0,0) 走到 (n,m)(n,m)(n,m)，要求每一步都只能沿着一条线段从一个格点走到另一个，并且这个线段上除了端点是没有格点的。更重要的是，相邻两步的线段不能共线。求最短距离。

数据范围与提示
max⁡(n,m)≤1018\max(n,m)\le 10^{18}max(n,m)≤1018（因为我们有 O(log⁡n)\mathcal O(\log n)O(logn) 的做法）。

思路

为啥我这么笨啊……不像 sysysy 看一眼就会……

给出一个重要结论：最优路径最多需要一个中转点。

证明就比较骚气。如果有两个中转点，比如 s→a→b→ts\rightarrow a\rightarrow b\rightarrow ts→a→b→t，那么我们直接改造为 s→b→ts\rightarrow b\rightarrow ts→b→t 。首先你得承认，路径长度变小了（因为 s→as\rightarrow as→a 和 a→ba\rightarrow ba→b 不共线，两边之和大于第三边）。但是目前可能不合法。

考虑用 调整法。对于任意 s→x→ts\rightarrow x\rightarrow ts→x→t，不妨设 s→xs\rightarrow xs→x 撞到了 yyy（如果是 x→tx\rightarrow tx→t 撞到了别人同理）。改成 s→y→ts\rightarrow y\rightarrow ts→y→t 就好。你得承认，路径长度又在变小（因为 y→xy\rightarrow xy→x 和 x→tx\rightarrow tx→t 不共线，两边之和大于第三边），绝妙的是，形成的三角形面积在变小。如果仍然不合法，就继续调整就行，一定会有出口——以 sss 和 ttt 为其中两个顶点的三角形的面积只有 nmnmnm 个，面积不会无限缩小！

既然已经证明了这个……好像还是不太会做的样子……

再给出一个结论：中转点距离 “直达航线” 距离最短。尽管这个想法很自然，结论似乎也很显然，我们还是要证明一下。这里的 “直达航线” 指的就是 y=mn⋅xy=\frac{m}{n}\cdot xy=nm⋅x 这条直线。

显然，在任意一条平行于 “直达航线” 的直线上，相邻的整点距离相同（因为一定是横坐标差 ngcd⁡(n,m)n\over{\gcd(n,m)}gcd(n,m)n，纵坐标相差 mgcd⁡(n,m)m\over \gcd(n,m)gcd(n,m)m 嘛）。不妨设这个距离是 LLL，那么 (0,0)(0,0)(0,0) 到 (n,m)(n,m)(n,m) 至少是 2L2L2L（否则二者可直达）。

如果一个中转点与 (0,0),(n,m)(0,0),(n,m)(0,0),(n,m) 形成的三角形中，有别的合法中转点（可以在边上，非顶点即可），那么该中转点不优。理由是，画图可知，如果 △A\triangle A△A 包含 △B\triangle B△B 那么 C△A≥C△BC_{\triangle A}\ge C_{\triangle B}C△A≥C△B 。

而巧妙的是，距离 “直达航线” 最近的点都是合法中转点（如果不合法，边上的那个阻挡点就距离更近了）。所以其他的中转点必须避开它们。称这些点为「标杆点」。

从 (0,0),(n,m)(0,0),(n,m)(0,0),(n,m) 分别引直线，交点与二者便形成了 “中转点、起点、终点的三角形” 。直线只能从两个相邻「标杆点」之间穿过去，否则就会包含。此时，底边 (0,0)(0,0)(0,0) 到 (n,m)(n,m)(n,m) 至少是 2L2L2L，空隙的大小是 LLL，根据中位线的性质，最多只会到达两倍远的地方（而且恰好是顶点）。

不难发现，其他所有点到达 “直达航线” 的距离一定是最短距离的整数倍。（如果没看出来，下面的数学公式也能说明这一点。）于是其他点距离 “直达航线” 至少是两倍，而这也是上文中「标杆点」以外的中转点恰好没用的下限。所以结论得证。

怎么求「标杆点」呢？大家都是解析几何的老手了，直线方程 −mx+ny=cn2+m2-mx+ny=c\sqrt{n^2+m^2}−mx+ny=cn2+m2 给出了距离为 ∣c∣|c|∣c∣ 的直线。不妨设 c>0c>0c>0 ，因为负数的情形（即 “直达航线” 的下方）就是中心对称的结果。显然 cn2+m2=gcd⁡(n,m)c\sqrt{n^2+m^2}=\gcd(n,m)cn2+m2=gcd(n,m) 是使得 x,yx,yx,y 有整数解的最小 ccc 。

对上文的补充：由于 cn2+m2=kgcd⁡(n,m)(k∈Z)c\sqrt{n^2+m^2}=k\gcd(n,m)\;(k\in\Z)cn2+m2=kgcd(n,m)(k∈Z) 才会有 x,yx,yx,y 的整数解，所以 c=kgcd⁡(n,m)n2+m2c=k\frac{\gcd(n,m)}{\sqrt{n^2+m^2}}c=kn2+m2gcd(n,m) 。而最小距离就是 gcd⁡(n,m)n2+m2\frac{\gcd(n,m)}{\sqrt{n^2+m^2}}n2+m2gcd(n,m)，倍数关系得证。

然而「标杆点」可能仍然很多（比如 n=mn=mn=m 的情况）。这一步大家就都想得到了，「标杆点」在中间最好。毕竟「标杆点」到 “直达航线” 的距离相同（不妨设为 ddd），设 L=n2+m2L=\sqrt{n^2+m^2}L=n2+m2，再设「标杆点」之一 (x,y)(x,y)(x,y) 满足
xn+my=Ltxn+my=Lt xn+my=Lt

也就是投影长度为 ttt，那么
ans=t2+d2+(L−t)2+d2ans=\sqrt{t^2+d^2}+\sqrt{(L-t)^2+d^2} ans=t2+d2+(L−t)2+d2

求导易知 t≤L2t\le\frac{L}{2}t≤2L 时单减，t≥L2t\ge\frac{L}{2}t≥2L 时单增。故只需要用 ttt 最靠近 L2{L\over 2}2L 的两个点求答案。

实现的时候，可以考虑「标杆点」的移动带来的投影长度改变，这是容易计算的。

复杂度 O(log⁡n)\mathcal O(\log n)O(logn) 即扩欧的复杂度。

代码

原题其实是 n,m≤106n,m\le 10^6n,m≤106 的。这样的好处是，可以避免一些 double\tt doubledouble 运算。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long int_;
inline int_ readint(){int_ a = 0; char c = getchar(), f = 1;for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar())if(c == '-') f = -f;for(; '0'<=c&&c<='9'; c=getchar())a = (a<<3)+(a<<1)+(c^48);return a*f;
}inline int_ exgcd(int_ a,int_ b,int_ &x,int_ &y){if(!b){ x = 1, y = 0; return a; }int_ d = exgcd(b,a%b,y,x);y -= (a/b)*x; return d;
}int_ n, m;
double calc(int_ x,int_ y){return sqrt(1.0*x*x+1.0*y*y)+ sqrt(1.0*(n-x)*(n-x)+ 1.0*(m-y)*(m-y));
}
int main(){int T = readint();for(int_ x,y; T; --T){n = readint(), m = readint();int_ d = exgcd(m,n,x,y); x = -x;int_ mov = (-x)/(n/d)-1;x += mov*(n/d), y += mov*(m/d);double L = sqrt(1.0*n*n+1.0*m*m);/*double now = (1.0*x*n+1.0*y*m)/L;double add = (1.0*(n/d)*n+1.0*(m/d)*m)/L;mov = (L/2-now)/add;*/mov = (n*n+m*m-(x*n+y*m)*2)/((n/d)*n+(m/d)*m)/2;x += mov*(n/d), y += mov*(m/d);double ans = calc(x+(n/d),y+(m/d));ans = min(ans,calc(x-(n/d),y-(m/d)));ans = min(ans,calc(x,y)); // 3 pointsif(d == 1) ans = L; // dirrectly arriveprintf("%.16f\n",ans);}return 0;
}

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