[AT2384] [agc015_f] Kenus the Ancient Greek

题目链接

AtCoder：https://agc015.contest.atcoder.jp/tasks/agc015_f

洛谷：https://www.luogu.org/problemnew/show/AT2384

Solution

神仙结论题...窝只会打表找规律...

我们定义$f(i,j)$表示$(i,j)$的$\rm Euclidean\ step\ count$，也就是走多少步那个玩意。

定义$Fib(n)$表示斐波那契数列第$n$项，其中$Fib(0)=Fib(1)=1$。

有一个比较显然(好找出规律)的结论：$f(Fib(x),Fib(x+1))=x$,且不存在任意$(i,j)$满足$f(i,j)\geqslant x,i< Fib(x),j< Fib(x+1)$，这个由(打表)数学归纳可得。

我们定义一个二元组$(x,y)$是好的，当且仅当不存在$(i,j)$满足$i<x,j<y,f(i,j)>f(x,y)$，显然只有好的二元组能贡献答案。

我们定义一个二元组$(x,y)$是优秀的，当且仅当$x,y\leqslant Fib(v+2)+Fib(v-1)$，其中$v=f(x,y)$。

那么有一个结论：一个好的二元组进行一次$\rm Euclidean\ step$之后一定为一个优秀的二元组，证明如下：

我们考虑反证法证明，设好的二元组为$(a,b)=(y,py+x)$满足$x\leqslant y,f(x,y)=v+1$，优秀的二元组为$(x,y)$，假设$y> Fib(v+2)+Fib(v-1)$：

可得：$a=y>Fib(v+2),b=py+x\geqslant x+y>Fib(v)+F(v+2)+Fib(v-1)=Fib(v+3)$。

注意到$f(Fib(v+2),Fib(v+3))=v+2>f(a,b)$，即存在$(a',b')$满足$a'>a,b'>b$且$f(a',b')>f(a,b)$，与$(a,b)$是好的二元组矛盾。

打表可知优秀的二元组并不多，貌似是$O(\log^2 n)$级别？我也不是特别清楚，所以我们可以把所有的优秀的二元组预处理出来，然后求答案就好了。

复杂度可能是$O(q\log n)$...

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long 

void read(int &x) {

    x=0;int f=1;char ch=getchar();

    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;

    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;

}

void print(int x) {

    if(x<0) putchar('-'),x=-x;

    if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);

}

void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}

#define lf double

#define ll long long 

const int maxn = 110;

const int inf = 1e9;

const lf eps = 1e-8;

const int mod = 1e9+7;

#define pii pair<int,int >

#define fr first

#define sc second

#define vec vector<pii >

#define mp make_pair

#define pb push_back

#define iter vector <pii > :: iterator

vec t[maxn];

int n,m,q,f[maxn];

signed main() {

    t[1].pb(mp(1,2)),t[1].pb(mp(1,3)),t[1].pb(mp(1,4));

    f[0]=f[1]=1;for(int i=2;i<=100;i++) f[i]=f[i-1]+f[i-2];

    for(int i=1;i<=100;i++)

        for(int j=0,l=t[i].size()-1;j<=l;j++) {

            int x=t[i][j].sc,y=t[i][j].fr+x;

            while(y<=f[i+3]+f[i]) t[i+1].pb(mp(x,y)),y+=x;

        }read(q);

    for(int i=1;i<=q;i++) {

        read(n),read(m);if(n>m) swap(n,m);

        int p=1,ans=0;

        while(f[p+1]<=n&&f[p+2]<=m) p++;

        printf("%lld ",p);

        if(p==1) {write(n%mod*m%mod);continue;}

        for(int j=0,l=t[p-1].size()-1;j<=l;j++) {

            int x=t[p-1][j].fr,y=t[p-1][j].sc;

            if(y<=n) ans=(ans+(m-x)/y)%mod;

            if(y<=m) ans=(ans+(n-x)/y)%mod;

        }write(ans);

    }

    return 0;

}