【题目大意】

定义times(a, b)表示用辗转相除计算a和b的最大公约数所需步骤。

那么有:

1. times(a, b) = times(b, a)

2. times(a, 0) = 0

3. times(a, b) = times(b, a mod b) + 1

对于$1 \leq x \leq A, 1 \leq y \leq B$,求times(A, B)的最大值,以及有多少对数取到了最大值。

多组数据。

$T \leq 3 \times 10^5, 1 \leq A,B \leq 10^{18}$

【题解】

我们打一个1000以内,times(x, y) = 13的表

我们定义好数对为:$(x,y)$满足不存在$1 \leq x' \leq x, 1\leq y'\leq y$,使得times(x', y') > times(x, y)

那么明显答案肯定是好数,我们发现,答案中的很多数都是由$(x,y)$经过$(x, x+ky)$变换来的。

那么答案很多,但是$(x,y)$这样的数少,我们定义这样的数为极好数

严格定义为$x \leq fib_{x+2}, y \leq fib_{x+2}$且times(x, y) = k的好数。

我们可以发现并证明(显然),好数只要1步就能变成极好数

那么我们只要求出极好数,就能推出好数的数量了。

容易发现极好数很少,只要暴力求即可。

比如当times = 13的时候,极好数的个数只有13.。。

(就是把上面所有好数简化过后)

那么我们就能暴力求啦

发现times = x的极好数,是根据times = x-1的极好数(x, y)经过变换(y, x+ky)而来。那么我们只要根据极好数的定义求即可。

复杂度$O(Qlog^2(A))$

# include <vector>
# include <stdio.h>
# include <string.h>
# include <iostream>
# include <algorithm> using namespace std; typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld; const int N = 1e5 + , M = 2e5 + , F = ;
const int mod = 1e9 + ; inline ll getll() {
ll x = ; char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) ch = getchar();
while(isdigit(ch)) x = x * + ch - '', ch = getchar();
return x;
} ll fib[F]; struct pa {
ll a, b;
pa() {}
pa(ll a, ll b) : a(a), b(b) {}
friend bool operator == (pa a, pa b) {
return a.a == b.a && a.b == b.b;
}
friend bool operator < (pa a, pa b) {
return a.a < b.a || (a.a == b.a && a.b < b.b);
}
friend bool operator > (pa a, pa b) {
return a.a > b.a || (a.a == b.a && a.b > b.b);
}
}; vector<pa> g[M]; int times = ;
inline int gcd(ll a, ll b) {
if(a < b) swap(a, b);
if(b == ) return a;
++times;
return gcd(b, a%b);
} inline int calc(ll a, ll b) {
times = ;
gcd(a, b);
return times;
} inline void gg(int x) {
pa t; g[x].clear();
for (int i=; i<g[x-].size(); ++i) {
t = g[x-][i];
ll y = t.b; swap(t.a, t.b);
for (t.b += y; t.b <= fib[x+]; t.b += y)
if(calc(t.a, t.b) == x) g[x].push_back(t);
}
sort(g[x].begin(), g[x].end());
g[x].erase(unique(g[x].begin(), g[x].end()), g[x].end());
} ll A, B, ans, tem;
inline void sol() {
A = getll(), B = getll();
if(A > B) swap(A, B);
ans = ; tem = ;
for (int i=; i<; ++i)
if(fib[i] <= A && fib[i+] <= B) ans = i;
else break;
printf("%d ", ans);
if(ans == ) {
printf("%d\n", A % mod * (B % mod) % mod);
return ;
} else {
for (int i=; i<g[ans-].size(); ++i) {
ll a = g[ans-][i].a, b = g[ans-][i].b;
if(b <= A) tem += (B-a)/b, tem %= mod;
if(b <= B) tem += (A-a)/b, tem %= mod;
}
}
printf("%lld\n", tem);
} int main() {
// freopen("gcd.in", "r", stdin);
// freopen("gcd.out", "w", stdout);
fib[] = , fib[] = ;
for (int i=; i<=; ++i) fib[i] = fib[i-] + fib[i-];
g[].push_back(pa(1ll, 2ll)), g[].push_back(pa(1ll, 3ll));
for (int i=; i<=; ++i) gg(i);
int T; cin >> T;
while(T--) sol();
return ;
}

upd: 加了个读入优化跑了rk2 

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