一道难度 Au 的 AGC F，虽然看过题解之后感觉并不复杂，但放在现场确实挺有挑战性的。
首先第一问很简单，只要每次尽量让“辗转相除”变为“辗转相减”即可，具体构造就是 \((F_k,F_{k+1})\)，其中 \(F_i\) 为斐波那契数列第 \(i\) 项，\(F_0=F_1=1\)，也就是说最终的答案即为最大的 \(k\) 满足 \(F_{k-1}\le X\) 且 \(F_k\le Y\)（不妨假设 \(X\le Y\)）。
接下来考虑第二问，我们记 \(A(i,j)\) 表示 \(i,j\) 辗转相除法求 gcd 的次数，\(B(i,j)\) 表示 \(X=i,Y=j\) 时的答案，那么我们显然要求的是 \(A(i,j)=B(i,j)=A(X,Y)\) 且 \(i\le X,j\le Y\) 的 \((i,j)\) 对数，不难发现这个对数可能很多，但我们还可以发现对于某个 \(A(i,j)=B(i,j),i<j\) 的二元组 \((i,j)\)，一定有 \(A(i,j+ki)=B(i,j+ki),k\in\mathbb{Z}\)，因此我们只用考虑 \(A(i,j)=B(i,j)\) 且 \(i<j\le 2i\) 的二元组 \((i,j)\) 即可，打个表即可发现这样的二元组个数不是太多，具体来说，满足 \(A(i,j)=B(i,j)=k,i<j\le 2i\) 的二元组 \((i,j)\) 总共只有 \(k-1\) 个，因此我们考虑这样一个思路：对每个 \(k\) 预处理出满足 \(A(i,j)=B(i,j)=k,i<j\le 2i\) 的所有二元组，然后每次询问暴力枚举每个这样的二元组统计答案，于是现在我们只需考虑怎样求出二元组即可。
首先 \(k=2\) 时候显然只有一个二元组 \((1,2)\)，我们考虑已经求出了 \(k-1\) 时所有符合条件的二元组 \((a,b)\)，那么显然 \(A(b,a+b)=A(a,b)+1\)，而根据 \(a<b\le 2a\) 可知 \(a+b<2b\)，因此 \(b<a+b<2b\)，故 \((b,a+b)\) 为符合条件的二元组，又因为对于所有互不相同的二元组 \((a,b)\)，它扩展得到的 \((b,a+b)\) 也两两不同，因此得到的 \(k-2\) 个二元组也两两互不相同。但是这样还会漏掉一个二元组，不难发现 \((F_{k+1}+F_{k-1},F_{k+1})\) 也是符合条件的二元组并且没有被我们计算，把它算上就不重不漏刚好 \(k-1\) 个了。
时间复杂度 \(\log^2A+q\log A\)。注意对于答案等于 \(1\) 的情形，所有形如 \((i,i)(i\in[1,\min(X,Y)])\) 的二元组也符合条件，因此答案要加上 \(\min(X,Y)\)
const int MAX=100;
const int MOD=1e9+7;
const ll MAXV=1e18;
ll fib[MAX+5];int cnt=1;
vector<pair<ll,ll> > prs[MAX+5];
int main(){
fib[0]=fib[1]=1;
while(fib[cnt]+fib[cnt-1]<=MAXV) fib[cnt+1]=fib[cnt]+fib[cnt-1],++cnt;
prs[1].pb(mp(1,2));
for(int i=2;i<=cnt;i++){
for(pair<ll,ll> p:prs[i-1]) prs[i].pb(mp(p.se,p.fi+p.se));
prs[i].pb(mp(fib[i+1],fib[i-1]+fib[i+1]));
} int qu;scanf("%d",&qu);
while(qu--){
ll x,y,ans=0;scanf("%lld%lld",&x,&y);
int cur=1;if(x>y) x^=y^=x^=y;
while(cur+2<=cnt&&fib[cur+1]<=x&&fib[cur+2]<=y) ++cur;
for(pair<ll,ll> p:prs[cur]){
if(p.fi<=x&&p.se<=y) ans+=(y-p.se)/p.fi+1;
if(p.se<=x) ans+=(x-p.se)/p.fi+1;ans%=MOD;
} if(cur==1) (ans+=x)%=MOD;
printf("%d %lld\n",cur,ans);
}
return 0;
}