Stern-Brocot Tree

定义

Stern-Brocot Tree 是一种人为构造生成 所有正有理数的树形结构，树上的每个节点与全体有理数（最简形式） 构成双射。

简单来说，这棵树是这样生成的：

首先由两个初始分数 \(\frac{0}{1}, \frac{1}{0}\)（后者虽然无定义但可视作 \(\infty\) 这只是形式化的辅助）构成序列 \(F_0\) 开始。

每一次迭代考虑在 \(F_i\) 任意两个相邻分数 \(\frac{a}{b}, \frac{c}{d}\) 之间插入一个分数：\(\frac{a + c}{b + d}\) 构成一个新的序列 \(F_{i + 1}\)，如下图所示：

以 \(F_1\) 中的 \(\frac{1}{1}\) 为根，以与左边的数生成的数为左儿子，与右边生成的数作为右儿子（已经在树上出现过的节点不连左右儿子）为了方便构造，我们将数上出现过的数平移下放构成序列 \(F_{i + 1}\)（实际上这些数并不在 Stern-Brocot 树中），如下图所示：

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性质

性质 \(1\)：\(\forall k > 0, F_k\) 中相邻三项 \(\frac{a}{b}, \frac{c}{d}, \frac{e}{f}\) 满足 \(c = a + e, d = b + f\)。

由定义。

性质 \(2\)：SBT 深度不超过 \(k\) 的点构成的导出子树的中序遍历为序列 \(F_k\)

证明不难。

性质 \(3\)（单调性）：\(\forall k, F_k\) 单调递增。

只需证：对于 \(F_{k - 1}\) 相邻的两个分数：\(\frac{a}{b}, \frac{c}{d}\) 满足 \(\frac{a}{b} \le \frac{a + c}{b + d} \le \frac{c}{d}\)，做简单代数变换即可。

推论 \(1\)：SBT 为一颗二叉搜索树。

性质 \(4\)：\(\forall k, i \le 2 ^ {k - 1}, F_{k, i}, F_{k, i + 1}\) 两个分数 \(\frac{a}{b}, \frac{c}{d}\) 满足 \(bc - ad = 1\)。

归纳易得（本性质由性质二的证明不难发现）。

性质 \(5\)：SBT 的每个节点均为最简分数。

由性质三与裴蜀定理容易得到：\(a, b, c, d\) 两两互质，显然可以得到该结论。

性质 \(6\)（折半性）：称从 SBT 上任意一个节点 \(\frac{a}{b}\) 沿着相同方向跳到需要换方向的第一个点为一次跳跃，那么该点到根节点至多跳跃 \(\mathcal{O}(\log \max(a, b))\) 次。

令当前链顶为：\(\frac{p_1}{q_1}\) 链顶父亲为 \(\frac{p_2}{q_2}\)，链顶父亲的父亲为 \(\frac{p_3}{q_3}\)。

那么有：\(p_1 = p_2 + p_3 \ge 2p_3, q_1 = q_2 + q_3 \ge 2q_3\)，那么每次跳链 \(a, b\) 至少减半。

因为 SBT 结构巨大，因此该性质常用于 不建出树 情况下加速跳链过程。

性质 \(7\)（唯一性）：SBT 上每个节点对应的有理数两两不同。

容易发现 \(\forall k > 0, F_k\) 内的数两两不同，归纳易证。

性质 \(8\)（覆盖性）：任意的正有理数（最简形式）都必定会在 SBT 上出现。

只需证 \(\forall p, q > 0, (p, q) = 1, \frac{p}{q}\) 会在有限次迭代后在 \(F\) 中出现即可。

注意到 \(F\) 迭代的过程就是逐渐逼近有理数的过程，于是我们来考虑它是如何逼近的。

一开始显然有上下界：\(\frac{a = 0}{b = 1} < \frac{p}{q} < \frac{c = 1}{d = 0}\)，然后随着 \(F\) 的迭代，我们发现：

• 若 \(p = a + c, q = b + d\) 那么此时 \(\frac{p}{q}\) 在 SBT 上出现。

• 否则一定能得到一个更紧的界：\(\frac{a}{b} < \frac{p}{q} < \frac{a + c}{b + d}\) 或 \(\frac{a + c}{b + d} < \frac{p}{q} < \frac{c}{d}\)

观察界的性质有：\(\frac{p}{q} - \frac{a}{b} > 0, \frac{p}{q} - \frac{c}{d} < 0 \Longleftrightarrow pb - aq \ge 1, cq - pd \ge 1\)。

考虑构造不等式：\((pb - aq)(a + b) + (cq - pd)(c + d) \ge a + b + c + d\)

也即 \(\frac{a}{b}, \frac{c}{d}\) 得到的中分位数 \(\frac{m}{n}\) 满足：\((pb - aq)(a + b) + (cq - pd)(c + d) \ge m + n\)

利用性质 \(3\) 简单化简得：\(p + q \ge m + n\) 因为 \(p + q\) 有限，\(m, n\) 每次必然增大因此经过有限次数后必为情况 \(1\) 也即 \(\frac{p}{q}\) 在序列上出现。

推论 \(2\)：SBT 与全体正有理数（最简形式）构成双射，也即 SBT 是一个 表示正有理数的数系。

矩阵表示法

容易发现任意正有理数与 SBT 从根开始往下走的一条路径构成双射，也即和一个 \(01\) 序列（\(0\) 往左儿子，\(1\) 往右儿子）构成双射。

不难意识到两个问题：给定 \(01\) 序列如何快速求出其对应的有理数？给定一个有理数如何快速求出其对应的 \(01\) 序列？

问题 \(1\)

注意到 SBT 本质上就是在逼近所有有理数，知道当前的界和缩放方向就能得到下一次的界，知道缩放结束此时上下界的中分位数即为答案。

将上下界 \(\frac{a}{b}, \frac{c}{d}\) 看作两个二元向量组 \((a, b), (c, d)\) 容易发现一次缩放就是两个二元组之间的线性变换。

因此考虑将上下界用一个 \(2 \times 2\) 的矩阵表示：\(\begin{bmatrix} a & c\\ b & d\end{bmatrix}\)

往左儿子走等价于右乘：\(M_0 = \begin{bmatrix} 1 & 1\\0 & 1\end{bmatrix}\)

同理往右儿子走等价于右乘：\(M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0\\1 & 1\end{bmatrix}\)

如果直接暴力利用矩乘模拟树上往下走的过程，复杂度与暴力无异。

由性质 \(6\)，不妨将 \(01\) 序列中极长的 \(01\) 缩起来（条件是 \(01\) 序列非给定而是隐式的）这部分矩乘用倍增加速，复杂度降为 \(\mathcal{O}(\log \max(a, b) \times \log |S|)\)。

问题 \(2\)

同样将 \(01\) 序列用线性变换来表示，由推论 \(1\) 可知我们可以通过分数大小比较确定任意一个分数 \(\frac{a}{b}\) 在 SBT 上的位置。

朴素做上界是 \(\mathcal{O}(\max(a, b))\) 的，考虑加速这个过程。

类似问题 \(1\) 中最后加速的方式，我们倍增跳右链的过程，倍增到第一个不能往右跳的位置。

预处理\(M_0, M_1\) 在 \(2\) 的次幂下的结果，复杂度 \(\mathcal{O}(\log ^ 2\max(a, b))\)。