AT2384 [AGC015F] Kenus the Ancient Greek
去年讲的题到今年还不会做，wtcl
对于无序数对 \((x, y)\)，每次可进行 \((x,y) \to (x, y \bmod x)\) 的操作，定义 \(F(x,y)\) 表示将无序数对 \((x, y)\) 操作到出现 0 的最小步数。当给定 \(n,m\) 时，定义 \(mn = MIN \{F(x,y) \},1 \le x\le n, 1 \le y \le m,cnt = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [F(x,y)=mn]\)。共 \(3 \times 10^5\) 组询问，每次给定 \(n,m\)，求 \(mn, cnt\)。
我们可以构造一种 \(F(x,y)\) 最大的 \((x, y)\)，显然当 \(x,y\) 为斐波那契数列的相邻两项的时候 \(F(x,y)\) 会比较大（考虑反推，尽量让 \(x,y\) 小一些）。于是我们可以直接在斐波那契数列上二分找到合法的最大的 \(F(x,y)\)，作为 \(mn\) 输出。
现在的问题在于求 \(cnt\)。考虑到 \(\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [F(x,y)=k]\) 可能会有很多，但是很多是类似的，比如 \(F(2,3),F(2,5),F(2,7),F(2,9),...\) 都可以归为一类：\((2,3+2t)\)。于是我们考虑用最小的这样的数对来计算所有的合法数对。方便起见，我们只考虑 \(i \le j\) 的 \((i, j)\) 数对，并规定“步数为 \(k\) 的类”为符合 \(F(i,j)=k,i < j \le 2i\) 的所有数对。那么，我们可以打表求出步数为 \(k\) 的“类”都有什么：
发现 \(k\) 类恰好有 \(k\) 个数对。并且发现第 \(k\) 类第 \(i\) 个数对恰好是第 \(k-1\) 类第 \(i\) 个数对的“反推”，最后一个可以由第 \(k - 1\) 类第 \(1\) 个数对转化来： \((i,j) \to (i+j,2i+j)\)。于是直接预处理出所有“类”，每次 \(O(log)\) 回答询问。
注意不要爆 long long。
关键代码：
inline void work() {
ll n, m, res = 0; read(n), read(m);
if (n > m) swap(n, m);
if (n == 1) {
printf("1 %lld\n", m % P);
return ;
}
int p;
p = upper_bound(f + 1, f + 1 + ftot, n) - f - 1;
if (f[p + 1] > m) --p;
printf("%d ", p);
if (p == 1) res = n % P;
for (int i = 1; i <= p; ++i)
if (pr[p][i].first <= n && pr[p][i].second <= m)
res = (res + (m - pr[p][i].second) / pr[p][i].first + 1) % P;
swap(n, m);
for (int i = 1; i <= p; ++i)
if (pr[p][i].first <= n && pr[p][i].second <= m)
res = (res + (m - pr[p][i].second) / pr[p][i].first + 1) % P;
printf("%lld\n", (res % P + P) % P);
}
int main() {
f[0] = f[1] = 1;
for (int i = 2; f[i - 1] <= 3e18; ++i) f[i] = f[i - 1] + f[i - 2], ftot = i;
pr[1][1] = MP(1, 2);
for (int i = 2; i <= 91; ++i) {
for (int j = 1; j < i; ++j) pr[i][j] = MP(pr[i - 1][j].second, pr[i - 1][j].first + pr[i - 1][j].second);
ll a = pr[i - 1][1].first, b = pr[i - 1][1].second;
pr[i][i] = MP(a + b, a + a + b);
for (int j = 1; j <= i; ++j) {
if (pr[i][j].first > 2e18) pr[i][j].first = 2e18;
if (pr[i][j].second > 2e18) pr[i][j].second = 2e18;
}
}
}
