前言：
数学题，对于我这种菜B还是需要多磨啊
Simple
首先它问不是好数的数量，可以转化为用总数量减去是好数的数量。
求“好数”的数量：
由裴蜀定理得，如果某个数(i)不能整除(gcd(n,m)),那么一定不是好数。
所以，我们把(n,m,q)分别除以(gcd(n,m))，是不影响得出的“好数”数量的。
好，那么现在(n,m)就互质了。
现在，就把问题转化为了（用比较形象化的语言来说，就是）有(n,m)互质，求([1,q])中有多少个数能被若干个(n,m)相加之后拼起来。
这个东西简单枚举两维的话，复杂度显然无法接受。我们可以考虑只枚举一维。
设(n)的系数是(x)，(m)的系数是(y)，且(n)小于(m)。
即(n*x+m*y=c);
那么就可以枚举(y)，求(x)的数量即可。
边界问题很重要。
我们考虑y的边界，因为要算((c-m*y)/n)，所以(m*y<=c);
然后会发现一个问题，如下图。
上面的长线段代表某个能被拼成的数，我们可以发现，如果枚举(m)的个数等于(4)时，这个数会被计算到。枚举(m)的个数等于(0),即(n)的个数等于(5)时，这个数又会被计算到，就会算重。
那么怎么去重呢？
我们会发现，因为(n,m)互质，上面的情况发生且只会发生在枚举的(y)大于等于(n)时才会出现。
所以就有了y的第二个边界，(y<n);
代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,m,q;
ll gcd(ll x,ll y){
return y==0 ? x : gcd(y,x%y) ;
}
void Solve(){
int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&q);
ll ans=q;
if(n>m) swap(n,m);
ll ss=gcd(n,m);
n/=ss;
m/=ss;
q/=ss;
for(register int i=0;i*m<=q&&i<n;++i) ans-=(q-1ll*i*m)/n+1;
printf("%lld
",ans+1);//ans+1的原因？
}
}
int main(){
freopen("simple.in","r",stdin);
freopen("simple.out","w",stdout);
Solve();
return 0;
}
这里还要注意一个点，最后(ans)要加一，原因是(x=0,y=0)的情况，这是不在([1,q])区间中的，相当于多减去一个，然后就要加回来。
2.luogu P3951 小凯的疑惑 / [蓝桥杯2013省]买不到的数目
这个题放在D1T1是来恶心人的吗。。。找到规律就秒切，找不到规律就心态炸裂？
希望今年别出这种题。
据某工具人学长 所言，这玩意叫赛瓦维斯特定理。
emmm。。。动动的证明看懂了一部分
后来又看了这个链接疑似挂掉的博客
发现竟然折磨简单。
然后。。。我自己写的证明就先咕了吧