【题解】Probe Droids - The North American Invitational Programming Contest 2018 F
【大意】
在一个 \(n\times m\) 的矩阵内，你处于左下角 \((1,1)\) 处，其他整点上均有一个敌人。
你有一个初始水平向右的炮台，每次攻击可以消灭一个敌人。当这一条线的敌人都消灭过后，炮台逆时针旋转，直到这条线上再次有敌人。依此类推，直到消灭所有敌人。
有 \(q\) 次询问，每次询问数字 \(x\) ，询问第 \(x\) 个消灭的敌人的坐标。
【分析】
忽略炮台同一列、同一行的敌人。炮台攻击点 \((a,b)\) 的直线为 \(y={a-1\over b-1}x\) 。该直线上的敌人共有的特性是：斜率的最简分数均满足分子为 \({a-1\over \gcd(a-1, b-1)}\) ，分母为 \({b-1\over \gcd(a-1, b-1)}\) 。
很显然可以使用 Stern-Brocot 树的性质。建立一棵分子不超过 \((n-1)\) ，分母不超过 \((m-1)\) 的 SB 树，每个点维护这条直线上的敌人个数。
当最简分数为 \({a\over b}\) 时，直线上的敌人个数即为 \(\min\{(n-1)/a, (m-1)/b\}\) 。
由于 SB 树已经满足二叉搜索树的性质，可以直接统计小于等于该值的数字个数。然后在 SB 树上二分结果即可。
但由于分数 \({0\over 1}\) 和 \({1\over 0}\) 在 SB 树上不存在，需要特殊处理：
当询问的 \(x\leq m-1\) 时，结果即为 \((1, x+1)\) 。
当询问的 \(x> nm-m\) 时，结果即为 \((pos-nm+n+1, 1)\) 。
否则，相当于在一个 \([1, n-1]\times [1,m-1]\) 的整点阵对应的 SB 树上询问第 \(x'=x-m+1\) 个数。
当询问的点处于最简分数 \({a\over b}\) 上时，若小于该数的整点个数为 \(y\) ，则第 \(x\) 个被消灭的敌人实际上为该直线上第 \((x'-y)\) 个敌人。
因此敌人实际坐标是 \([1,n-1]\times [1,m-1]\) 整点阵中的坐标 \(((x'-y)a, (x'-y)b)\) 。
即询问的答案为 \(((x'-y)a+1, (x'-y)b+1)\) 。
如果将 SB 树看成线段树（堆）的方式实现，能很幸运地收集到 RE 或者 MLE 。
如果将 SB 树使用二叉树（指针动态申请内存）的方式实现，能很幸运地获得 MLE 。
因此，我们实际求解过程中，根本无法存下 SB 树的具体信息。
思考一波，我们在 SB 树上需要维护的信息是小于等于分数 \({a\over b}\) 的分数个数。这个信息能不能动态求解呢？
实际上，满足该条件的整点对应到 \([1,n-1]\times [1,m-1]\) 的整点阵中，就是位于直线 \(y={a\over b}x\) 直线下方的整点数。这不就是类欧几里得算法吗？
考虑列出求和式子：
\(\begin{aligned} ans&=\sum_{i=1}^{m-1}\sum_{j=1}^{n-1}[j\leq {ia\over b}] \\\\&=\sum_{i=1}^{m-1}\min\{n-1, \lfloor{ia\over b}\rfloor\} \\\\&=\sum_{i=1}^{\min\{m-1,\lfloor {b(n-1)+b-1\over a}\rfloor\}}\lfloor{ia\over b}\rfloor+\sum_{i=\min\{m-1,\lfloor {b(n-1)+b-1\over a}\rfloor\}+1}^{m-1}(n-1) \\\\&=\sum_{i=1}^{\min\{m-1,\lfloor {bn-1\over a}\rfloor\}}\lfloor{ia\over b}\rfloor+(n-1)\cdot \max\{m-1-\min\{m-1,\lfloor {bn-1\over a}\rfloor\}, 0\} \\\\&=\sum_{i=1}^{lim} \lfloor{ia\over b}\rfloor+(n-1)\cdot \max\{m-1-lim,0\}&,lim:=\min\{m-1,\lfloor {bn-1\over a}\rfloor\} \end{aligned}\)
对于前半部分，直接类欧几里得算法求和；对于后半部分，直接 \(O(1)\) 求解。
因此，我们可以直接传入 \({a\over b}\) ，然后用类欧几里得算法 \(O(\log n)\) 求出小于等于该分数的分数个数。
再加上树上二分的复杂度，总复杂度即为 \(O(q\log^2 n)\) 。
【代码】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define dd(x) cerr << #x <<" = "<< x <<" "
#define de(x) cerr << #x <<" = "<< x <<endl
int n, m, q;
inline ll likeEucilid(ll a,ll b,ll c,ll n){
ll f=0;
if(a>=c||b>=c){
ll ans=likeEucilid(a%c,b%c,c,n);
ll ac=a/c,bc=b/c,s0=(n+1),s1=n*(n+1)/2;
f=(ac*s1+bc*s0+ans);
}
else if(a!=0){
ll m=(a*n+b)/c;
ll ans=likeEucilid(c,c-b-1,a,m-1);
f=(n*m-ans);
}
return f;
}
inline ll calc(int a, int b) {//sum j=1->m sum i=1->n [i<=ja/b]
int lim=min((ll)m-1, ((ll)b*n-1)/a);
return likeEucilid(a, 0, b, lim)+(ll)(n-1)*max(m-1-lim, 0);
}
inline void query(int a, int b, int c, int d, ll pos, int &x, int &y) {
int nowa=a+c, nowb=b+d;
ll tot=calc(nowa, nowb);
if(pos>tot) return query(nowa, nowb, c, d, pos, x, y), void();
int cnt=min((n-1)/nowa, (m-1)/nowb);
if(pos>tot-cnt) return pos-=tot-cnt, x=pos*nowa, y=pos*nowb, void();
query(a, b, nowa, nowb, pos, x, y);
}
inline void work() {
ll pos;
int x, y;
cin>>pos;
if(pos>(ll)n*m-n)
x=pos-((ll)n*m-n), y=0;
else if(pos<=m-1)
x=0, y=pos;
else
query(0, 1, 1, 0, pos-(m-1), x, y);
cout<<x+1<<" "<<y+1<<"\n";
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin>>n>>m>>q;
while(q--) work();
cout.flush();
return 0;
}
