E. Calendar Ambiguity(思维&数论)

思路：思维&数论。

考虑 $i$月 $j$日 $=j$月 $i$日。

即： $\lbrace[(i-1)\times d+j]-[(j-1)\times d+i]\rbrace\pmod w=0$。

$(d-1)(i-j)\pmod w=0,(j<i)$

令 $g=gcd(d-1,w)$。

我们只需 $(i-j)$为 $\dfrac{w}{g}$的倍数即可。

令 $w'=\dfrac{w}{g}$

因为可能存在 $i$月 $j$日，而不存在 $j$月 $i$日。

所以取 $m=min(n,d)$， $i\leq m$，保证存在这样的一对。

考虑枚举不同 $i$的贡献。

当 $i=m$，贡献为： $\dfrac{m-1}{w'}$

当 $i=m-1,$贡献为： $\dfrac{m-2}{w'}$

$\dots$

总贡献为： $\dfrac{m-1}{w'}+\dfrac{m-2}{w'}+\dots+\dfrac{w}{w}$。

这里都是作向下取整运算。

即答案的形式肯定是： $1,1,\dots,2,2,2\dots,3,3\dots$.

我们令： $x=\dfrac{m-1}{w'}$，我们只需找到 $x$有多少个，剩下的 $x-1,x-2\dots,3,2,1$都是 $w'$个。

令 $y=\dfrac{m-1}{w'}\pmod w+1$ ，即为 $x$的个数。

然后答案就是： $y\times x+\dfrac{(x-1)x}{2}\times w'$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e3+5,M=2e4+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
#define mst(a) memset(a,0,sizeof a)
#define lx x<<1
#define rx x<<1|1
#define reg register
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
ll gcd(ll a,ll b){
	return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
int main(){
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		ll n,d,w;
		scanf("%lld%lld%lld",&n,&d,&w);
		w/=gcd(d-1,w);
		ll m=min(n,d)-1;
		ll x=m/w,y=m%w+1;
		printf("%lld\n",y*x+(x-1)*x/2*w);
	} 
	return 0;
}