agc015F - Kenus the Ancient Greek(结论题)
题意
$Q$组询问,每次给出$[x, y]$,定义$f(x, y)$为计算$(x, y)$的最大公约数需要的步数,设$i \leqslant x, j \leqslant y$,求$max(f(i, j))$,以及$max(f(i, j))$不同的数对$(i, j)$的个数
Sol
结论题Orz
设$f(x, y)$表示$(x, y)$辗转相除需要的步数,$fib(i)$表示第$i$个斐波那契数
常识:$f(fib[i], fib[i+1]) = i$。
定义一个数对是“好的”,当且仅当对于$(x, y)$,不存在更小的$x', y'$使得$f(x', y') > f(x, y)$
显然我们需要统计的数对一定是好的数对
定义一个数对是“优秀的”,当且仅当对于$(x, y)$,若$f(x, y) = k$, 满足$x, y \leqslant fib[k+2] + fib[k-1]$
结论!:一个好的数对辗转相除一次后一定是优秀的数对!
证明可以用反证法,也就是我先假设一个$f(a, b) = i$是好的,但是得到的数对$(x, y)$满足$y > fib[k+2] + fib[k-1]$
但是这样我们会得到一个$x' = f[i+2], y' = f[i+2]$满足$f(x', y')>f(a, b)$,所以不成立
那么现在要做的就是求“优秀的”数对的个数。
考虑直接用欧几里得算法的定义递推即可
不过代码是真·难写啊,去网上copy一份吧。。。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define Pair pair<LL, LL>
#define MP(x, y) make_pair(x, y)
#define fi first
#define se second
#define LL long long
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN = 1e6 + , B = , mod = 1e9 + ;
inline LL read() {
char c = getchar(); LL x = , f = ;
while(c < '' || c > '') {if(c == '-') f = -; c = getchar();}
while(c >= '' && c <= '') x = x * + c - '', c = getchar();
return x * f;
}
vector<Pair> v[B + ];
LL f[B + ];
void Pre() {
f[] = f[] = ;
for(int i = ; i <= B; i++) f[i] = f[i - ] + f[i - ];
v[].push_back(MP(, )); v[].push_back(MP(, )); v[].push_back(MP(, ));
for(int i = ; i <= B - ; i++) {
for(int j = ; j < v[i].size(); j++) {
LL x = v[i][j].fi, y = v[i][j].se;
LL tmp = x; x = y; y = tmp + y;
while(y <= f[i + ] + f[i - ]) v[i + ].push_back(MP(x, y)), y += x;
}
}
}
main() {
// freopen("1.in", "r", stdin);
Pre();
int Q = read();
while(Q--) {
LL x = read(), y = read(), K;
if(x > y) swap(x, y);
for(K = ; f[K + ] <= x && f[K + ] <= y; K++);
cout << K << " ";
if(K == ) {cout << x * y % mod << endl; continue;}
LL ans = ;
for(int i = ; i < v[K - ].size(); i++) {
LL a = v[K - ][i].fi, b = v[K - ][i].se;
// printf("%I64d %I64d\n", a, b);
if(b <= x) ans += (y - a) / b % mod;
if(b <= y) ans += (x - a) / b % mod;
//if(a + b <= x && b <= y) ans++;
//if(a + b <= y && a <= x) ans++;
ans %= mod;
}
cout << ans % mod<< endl;
}
return ;
}
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