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;
}