题解：abc408_g

题解：abc408_g

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首先我们考虑简化一下问题，当 \(\frac AB\ge1\) 的时候，将 \(\frac AB\) 和 \(\frac CD\) 都减去 \(\lfloor\frac AB\rfloor\)，最后再给 \(\frac pq\) 加 \(\lfloor\frac AB\rfloor\)。

否则我们考虑 \(\frac AB<1\) 的情况，由于 \(\frac AB<\frac pq<\frac CD\) 中的数都是正整数，所以显然可以转化为 \(\frac DC<\frac qp<\frac BA\)，这启发我们不只是求最小的 \(q\)，而是同时求解 \(p\) 和 \(q\)。

我们在 \(\frac CD\le1\) 的时候这样转化可以保证复杂度，因为 \((C,D)\) 首先会变成 \((D,C)\)，然后因为 \(D\ge C\)，同减 \(\lfloor\frac CD\rfloor\) 后又会变成 \((D\mod C,C)\)，这个过程类似递归求 \(\gcd\)，可以证明其复杂度为 \(O(\log\max\{A,B,C,D\})\)。

而在 \(\frac AB<1<\frac CD\) 的时候，直接返回 \(p=1,q=1\) 即可，这样显然是最优的。

但为了保证正确性，我们还需要一个性质，即当 \(\frac CD\le1\) 时，最小的 \(q>1\) 时，其对应的合法的 \(p\) 是唯一的。

证明

考虑反证，假设对于当前的 \(q\)，\(p\) 和 \(p+1\) 都是合法的，那么有 \(\frac AB<\frac pq<\frac {p+1}q<\frac CD\le1\)。又因为 \(\frac{p+1}q\le1\)，所以 \(p+1\le q\)，进而有：

\[pq\le pq+q-(p+1)=(p+1)(q-1) \]

所以 \(\frac p{q-1}\le\frac{p+1}q\)，又因为显然 \(\frac p{q-1}>\frac pq\)，所以 \(q-1\) 也是一个合法的解，与反证假设矛盾。

于是我们直接进行递归求解即可，其总复杂度为 \(O(T\log\max\{A,B,C,D\})\)。

参考资料：AT官方题解

Code：

#include<iostream>
#include<cmath>
#define rep(i,l,r) for(int i=(l);i<=(r);i++)
#define per(i,l,r) for(int i=(l);i>=(r);i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> pr;
inline pr dfs(ll a,ll b,ll c,ll d){
	if(a>=b){
		ll t=a/b;
		pr p=dfs(a-t*b,b,c-t*d,d);
		return make_pair(p.first+p.second*t,p.second);
	}
	if(c>d)return make_pair(1ll,1ll);
	pr p=dfs(d,c,b,a);
	return make_pair(p.second,p.first);
}
int main()
{
	int it;
	cin>>it;
	while(it--){
		ll ia,ib,ic,id;
		scanf("%lld %lld %lld %lld",&ia,&ib,&ic,&id);
		printf("%lld\n",dfs(ia,ib,ic,id).second);
	}
	return 0;
}