「6月雅礼集训 2017 Day8」gcd

【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。

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

【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$1 leq x' leq x, 1leq y'leq y$，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 + 10, M = 2e5 + 10, F = 105;
const int mod = 1e9 + 7;

inline ll getll() {
    ll x = 0; char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)) ch = getchar();
    while(isdigit(ch)) x = x * 10 + ch - '0', 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 = 0;
inline int gcd(ll a, ll b) {
    if(a < b) swap(a, b);
    if(b == 0) return a;
    ++times;
    return gcd(b, a%b);
}

inline int calc(ll a, ll b) {
    times = 0;
    gcd(a, b);
    return times;
}

inline void gg(int x) {
    pa t; g[x].clear();
    for (int i=0; i<g[x-1].size(); ++i) {
        t = g[x-1][i];
        ll y = t.b; swap(t.a, t.b);
        for (t.b += y; t.b <= fib[x+2]; 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 = 1; tem = 0;
    for (int i=2; i<90; ++i)
        if(fib[i] <= A && fib[i+1] <= B) ans = i;
        else break;    
    printf("%d ", ans);
    if(ans == 1) {
        printf("%d
", A % mod * (B % mod) % mod);
        return ;
    } else {
        for (int i=0; i<g[ans-1].size(); ++i) {
            ll a = g[ans-1][i].a, b = g[ans-1][i].b;
            if(b <= A) tem += (B-a)/b, tem %= mod;
            if(b <= B) tem += (A-a)/b, tem %= mod;
        }
    }
    printf("%lld
", tem);
}

int main() {
//    freopen("gcd.in", "r", stdin);
//    freopen("gcd.out", "w", stdout);
    fib[0] = 1, fib[1] = 1;
    for (int i=2; i<=90; ++i) fib[i] = fib[i-1] + fib[i-2];
    g[1].push_back(pa(1ll, 2ll)), g[1].push_back(pa(1ll, 3ll));
    for (int i=2; i<=88; ++i) gg(i);
    int T; cin >> T;
    while(T--) sol();
    return 0;
}

upd: 加了个读入优化跑了rk2