agc015F Kenus the Ancient Greek

题意：

有$Q$次询问，每次给定$X_i$和$Y_i$，求对于$1\leq x \leq X_i , 1 \leq y \leq Y_i$，$(x,y)$进行辗转相除法的步数的最大值以及取到最大值的方案数。

步数定义如下：
$(a,b)$和$(b,a)$步数相同；
$(0,a)$步数为0；
如果$a \leq b$，$(a,b)$的步数为$(b \% a,a)$的步数+1。

$Q \leq 3*10^5 , X_i,Y_i \leq 10^{18}$。

这种题我一看就懵了，明显要推什么结论，但是我怎么才能想到这和斐波那契数列有关呢？

atcoder的官方题解挂了，耗费了我2h去思考自己是英语太撇了还是太弱了

我们定义$f(a,b)$为$(a,b)$辗转相除的步数。对于斐波那契数列，我们规定$F[0]=F[1]=1$

首先，我们可以用归纳法证明结论，$f(F[i],F[i+1])=i$，并且如果有$f(x,y)=i \ (x<y)$，那么$x \geq F[i] , y \geq F[i+1]$

定义一个数对$(x,y)$是好的，当且仅当不存在$x'<x , y'<y$的$(x',y')$满足 $f(x',y')>f(x,y)$，我们发现只有好的数对才对答案有贡献

定义一个数对$(x,y)$是优秀的，若$f(x,y)=k$，那么$x,y \leq F[k+2]+F[k-1]$

我们可以得到一个结论：好的数对$(x,y)$经过一次辗转相除之后，一定得到一个优秀的数对

用反证法证明这个结论，对于一个数对$(x,y)$，$f(x,y)=k$，令$x<y$，若$y>F[k+2]+F[k-1]$：

因为$f(x,y)=k$，所以$x \geq F[k]$

所以如果一个好的数对$(a,b)=(y,py+x) , f(a,b)=k+1$，辗转相除之后得到$(x,y)$，那么

$a=y > F[k+2] , b=py+x \geq y+x > F[k+2]+F[k-1]+F[k] = F[k+3]$

所以存在$x'=F[k+2],y'=F[k+3]$，满足$f(x',y')>f(a,b)$。

然后我们可以用递推的思路，根据$f(x,y)=k$的优秀数对推出$f(x,y)=k+1$的优秀数对

优秀的数对并不多，而且每次推的时候只会多那么一两个的样子，所以可以直接预处理。

最后再根据优秀数对来算好的数对的数量就可以了。

//Serene
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
#define db double
#define For(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
const int maxn=100+7,W=90;
const ll mod=1e9+7;
ll Td,n,m,ans,sum,f[maxn];char cc;ll ff;
template<typename T>void read(T& aa) {aa=0;ff=1; cc=getchar();while(cc!='-'&&(cc<'0'||cc>'9')) cc=getchar();if(cc=='-') ff=-1,cc=getchar();while(cc>='0'&&cc<='9') aa=aa*10+cc-'0',cc=getchar();aa*=ff;
}struct Node{ll x,y;Node(){}Node(ll x,ll y):x(x),y(y){}
}o;
vector<Node> G[maxn];int main() {ll x,y,s; f[0]=f[1]=1;For(i,2,W) f[i]=f[i-1]+f[i-2];G[1].push_back(Node(1,2)); G[1].push_back(Node(1,3));G[1].push_back(Node(1,4));For(i,1,W-3) {s=G[i].size();For(j,0,s-1) {o=G[i][j]; x=o.y; y=o.x+x;while(y<=f[i+3]+f[i]) {G[i+1].push_back(Node(x,y));y+=x;}}}read(Td);while(Td--) {read(n); read(m);if(n>m) swap(n,m);for(ans=1;f[ans+1]<=n&&f[ans+2]<=m;++ans) ;printf("%lld ",ans);if(ans==1) {printf("%lld\n",n*m%mod);continue;}s=G[ans-1].size(); sum=0;For(i,0,s-1) {o=G[ans-1][i]; x=o.x; y=o.y;if(y<=n) sum+=(m-x)/y%mod;if(y<=m) sum+=(n-x)/y%mod;sum%=mod;}printf("%lld\n",sum);}return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/Serene-shixinyi/p/9092381.html

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