令$d=gcd(a,b)$，可以发现$c|(ax+by)$等价于$lcm(c,d)|(ax+by)$，因此不妨令$c'=lcm(c,d)$，然后将$a$、$b$和$c$同时除以$d$
接下来设$(a,c)=d_{1}$，根据整除的传递性有$d_{1}|(ax+by)$，由于$d_{1}|ax$，可得$d_{1}|by$，又因为$(b,d_{1})=1$，所以$d_{1}|y$
因此，可以令$y'=lfloorfrac{y}{d} floor$，然后再将$a$和$c$同除以$d_{1}$，$b$和$c$类似，最后可以令$a$、$b$和$c$两两互素
令$Dequiv frac{a}{b}(mod c)$（由于$(b,c)=1$因此存在），对于$ax+byequiv 0(mod c)$，可得$yequiv -xD(mod c)$，取其中最小非负整数解为$Y_{x}$（特别的，当$x=0$时取$Y_{x}=c$）
$x$的范围为$[0,c]$，同时对于$x_{1}<x_{2}$，若$Y_{x_{1}}le Y_{x_{2}}$则后者没有意义，可以通过维护一个栈，从小到大枚举$x$，若栈顶小于$Y_{x}$则将$Y_{x}$加入栈中
构造：对于一个二维平面，有一个点$(x',y')$（初始为$(0,0)$），每一次令$x'$和$y'$分别加1，然后若$x'>c$则$x'$减去$c$，若$y'ge D$（注意等号不同）则$y'$减去$D$
当$y'=0$时，其实就对应于$x=frac{times}{D}$和$Y_{x}=c-x'$（其中$times$为加1的次数），前者依次遍历所有$x$，因此即若$c-x'$小于栈顶时就将$c-x'$压入栈中
但此时这样的复杂度反而退化为$o(cD)$，因此考虑递归缩小$c$和$D$的范围
注意到这样两个性质：
1.当我们位于$(x',y')$，若$x'>0$且$y'+c<D$，则$c$步后必然移动到$(x',y'+c)$，由此可以令$D$不断减去$c$直至$Dle c$
注意两个细节：1.当$x'=0$，$c$步后会移动到$(c,y'+D)$；2.当$c=D$时不能减，原因同上
2.当我们位于$(x',y')$，若$x'+Dle c$且$c-(x'+D-y')$不小于栈顶则$D$步后会移动到$(x'+D,y')$，因此考虑令$t=lfloorfrac{c}{D} floor$，当$c-tD$加入栈后，可以看作$c'=c-tD$的子问题
简单模拟前面几步，不难发现一开始栈中会插入$c,c-D,...,c-tD$，因此先将这个插入后即可缩小$c$
（这里的栈其实是有重复元素的，这次的$c-tD$和下一次的$c'$是相同的，暂时看作两个不同的数）
这就是一个欧几里得的过程，因此复杂度为$o(log_{2}c)$，且栈中至多有$o(log_{2}c)$个等差序列（由于复杂度限制，这个栈需要通过若干个等差数列来描述）
（另外这样的过程并不容易维护$times$，但可以通过$Y_{x}$来找到最小的$x$，即$xequiv -frac{Y_{x}}{D}(mod c)$）
有两个结论：1.对于一个等差数列，由$Y_{x}$所构造出来的$x$也是等差数列；2.$x$和$Y_{x}$的等差数列公差严格单调递增（注意$Y_{x}$为负数）
由这些结论，当我们必然存在一组最优解使得取得所有组都在同一个等差数列中
反证法，假设取了第$i$个等差数列中第$i'$项和第$j$个等差数列中第$j'$项的组合（其中$i<j$），由于$i$的末尾=$i+1$的开头（$j$的开头=$j-1$的末尾），强制$i'$（$j'$）不能为等差数列中最后一项（第一项）
此时，不妨令$i'$取该等差数列的后一项，$j'$取该等差数列中前一项，分别对$x$和$y$分析：记$i$和$j$两个等差数列中$x$的公差分别为$d_{i}$和$d_{j}$，相比较而言$Delta x=d_{i}-d_{j}<0$，因此更优（$y$同理）
对于一个等差数列中，可以二分枚举答案，先取等差数列中第一个，之后调整一定是$x+=d_{x}$且$y-=d_{y}$（这里的$x$和$y$只所需的数量，不是限制），最多调整$anscdot (len-1)$（$len$为等差数列长度），简单判定即可
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define ll long long 4 int t,a,x,b,y,c,d,s,D,inv_D,ans; 5 int gcd(int x,int y){ 6 if (!y)return x; 7 return gcd(y,x%y); 8 } 9 int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){ 10 if (!b){ 11 x=1; 12 y=0; 13 return a; 14 } 15 int d=exgcd(b,a%b,y,x); 16 y-=(a/b)*x; 17 return d; 18 } 19 int inv(int k,int p){ 20 int x,y; 21 exgcd(k,p,x,y); 22 return (x%p+p)%p; 23 } 24 ll div1(ll x,int y){ 25 //t*y>=x 26 if (x<=0)return 0; 27 return (x+y-1)/y; 28 } 29 ll div2(ll x,int y){ 30 if (x<0)return -1; 31 return x/y; 32 } 33 int query(int ay,int dy,int cnt){ 34 int ax=c-1LL*ay*inv_D%c; 35 if (ay)ax%=c; 36 int dx=1LL*dy*inv_D%c; 37 int l=0,r=x+y; 38 while (l<r){ 39 int mid=(l+r+1>>1); 40 //存在t使得ax*mid+t*dx<=x,ay*mid-t*dy<=y,0<=t<=cnt*mid 41 if (div1(1LL*ay*mid-y,dy)<=min(div2(x-1LL*ax*mid,dx),1LL*cnt*mid))l=mid; 42 else r=mid-1; 43 } 44 return l; 45 } 46 int main(){ 47 scanf("%d",&t); 48 while (t--){ 49 scanf("%d%d%d%d%d",&a,&x,&b,&y,&c); 50 d=gcd(a,b); 51 c/=gcd(c,d),a/=d,b/=d; 52 d=gcd(a,c); 53 y/=d,a/=d,c/=d; 54 d=gcd(b,c); 55 x/=d,b/=d,c/=d; 56 if (c==1){ 57 printf("%d ",x+y); 58 continue; 59 } 60 D=1LL*a*inv(b,c)%c; 61 inv_D=inv(D,c); 62 int cc=c,dd=D; 63 ans=0; 64 while (cc){ 65 if (cc<dd)dd=(dd-1)%cc+1; 66 else{ 67 int t=cc/dd; 68 ans=max(ans,query(cc,dd,t)); 69 cc-=t*dd; 70 } 71 } 72 printf("%d ",ans); 73 } 74 }