题意：
有$Q$次询问，每次给定$X_i$和$Y_i$，求对于$1\leq x \leq X_i , 1 \leq y \leq Y_i$，$(x,y)$进行辗转相除法的步数的最大值以及取到最大值的方案数。
步数定义如下：
$(a,b)$和$(b,a)$步数相同；
$(0,a)$步数为0；
如果$a \leq b$，$(a,b)$的步数为$(b \% a,a)$的步数+1。
$Q \leq 3*10^5 , X_i,Y_i \leq 10^{18}$。
这种题我一看就懵了，明显要推什么结论，但是我怎么才能想到这和斐波那契数列有关呢？
atcoder的官方题解挂了，耗费了我2h去思考自己是英语太撇了还是太弱了
我们定义$f(a,b)$为$(a,b)$辗转相除的步数。对于斐波那契数列，我们规定$F[0]=F[1]=1$
首先，我们可以用归纳法证明结论，$f(F[i],F[i+1])=i$，并且如果有$f(x,y)=i \ (x<y)$，那么$x \geq F[i] , y \geq F[i+1]$
定义一个数对$(x,y)$是好的，当且仅当不存在$x'<x , y'<y$的$(x',y')$满足 $f(x',y')>f(x,y)$，我们发现只有好的数对才对答案有贡献
定义一个数对$(x,y)$是优秀的，若$f(x,y)=k$，那么$x,y \leq F[k+2]+F[k-1]$
我们可以得到一个结论：好的数对$(x,y)$经过一次辗转相除之后，一定得到一个优秀的数对
用反证法证明这个结论，对于一个数对$(x,y)$，$f(x,y)=k$，令$x<y$，若$y>F[k+2]+F[k-1]$：
因为$f(x,y)=k$，所以$x \geq F[k]$
所以如果一个好的数对$(a,b)=(y,py+x) , f(a,b)=k+1$，辗转相除之后得到$(x,y)$，那么
$a=y > F[k+2] , b=py+x \geq y+x > F[k+2]+F[k-1]+F[k] = F[k+3]$
所以存在$x'=F[k+2],y'=F[k+3]$，满足$f(x',y')>f(a,b)$。
然后我们可以用递推的思路，根据$f(x,y)=k$的优秀数对推出$f(x,y)=k+1$的优秀数对
优秀的数对并不多，而且每次推的时候只会多那么一两个的样子，所以可以直接预处理。
最后再根据优秀数对来算好的数对的数量就可以了。
//Serene
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
#define db double
#define For(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
const int maxn=100+7,W=90;
const ll mod=1e9+7;
ll Td,n,m,ans,sum,f[maxn]; char cc;ll ff;
template<typename T>void read(T& aa) {
aa=0;ff=1; cc=getchar();
while(cc!='-'&&(cc<'0'||cc>'9')) cc=getchar();
if(cc=='-') ff=-1,cc=getchar();
while(cc>='0'&&cc<='9') aa=aa*10+cc-'0',cc=getchar();
aa*=ff;
} struct Node{
ll x,y;
Node(){}
Node(ll x,ll y):x(x),y(y){}
}o;
vector<Node> G[maxn]; int main() {
ll x,y,s; f[0]=f[1]=1;
For(i,2,W) f[i]=f[i-1]+f[i-2];
G[1].push_back(Node(1,2)); G[1].push_back(Node(1,3));
G[1].push_back(Node(1,4));
For(i,1,W-3) {
s=G[i].size();
For(j,0,s-1) {
o=G[i][j]; x=o.y; y=o.x+x;
while(y<=f[i+3]+f[i]) {
G[i+1].push_back(Node(x,y));
y+=x;
}
}
} read(Td);
while(Td--) {
read(n); read(m);
if(n>m) swap(n,m);
for(ans=1;f[ans+1]<=n&&f[ans+2]<=m;++ans) ;
printf("%lld ",ans);
if(ans==1) {
printf("%lld\n",n*m%mod);
continue;
}
s=G[ans-1].size(); sum=0;
For(i,0,s-1) {
o=G[ans-1][i]; x=o.x; y=o.y;
if(y<=n) sum+=(m-x)/y%mod;
if(y<=m) sum+=(n-x)/y%mod;
sum%=mod;
}
printf("%lld\n",sum);
}
return 0;
}