题意：
定义将一个(t)如下转换成一个二元组：
[f(t) =
egin{cases}
x = (t + leftlfloor frac{t}{B}
ight
floor) mod A\
y = t mod b
end{cases}
]
询问([l_i, r_i])之间的(t_i)能够转换成多少个本质不同的二元组。
思路：
考虑((x_1, y_1))和((x_2, y_2))相同的时候：
[egin{cases}
t_1 + leftlfloor frac{t_1}{B}
ight
floor &equiv& t_2 + left lfloor frac{t_2}{B}
ight
floor mod A \
t_1 &equiv& t_2 mod B
end{cases}
]
我们不妨令(t_1 = t_2 + kB)，代入第一个式子有：
[egin{eqnarray*}
t_2 + kB + leftlfloor frac{t_2 + kB}{B}
ight
floor equiv t_2 + left lfloor frac{t_2}{B}
ight
floor mod A
end{eqnarray*}
]
化简之后有：
[egin{eqnarray*}
k(B + 1) equiv 0 mod A
end{eqnarray*}
]
所以有(A;|;k(B + 1))，继而有(frac{A}{gcd(A, B + 1)};|;k)，令(g = frac{A}{gcd(A, B + 1)})，那么有(g;|;k)。
所以(k)要满足是(g)的倍数上述条件才成立，而(t_1)模(B)的个数是(B)个，所以循环节长度为(T = gB)。
将区间取模之后变成一条条线段，差分得到([0, T))的覆盖区间长度即为答案。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 1000010
#define pll pair <ll, ll>
#define fi first
#define se second
int n;
ll l[N], r[N];
ll A, B;
ll gcd(ll a, ll b) {
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
multiset <pll> se;
void add(ll l, ll r) {
se.insert(pll(l, 1));
se.insert(pll(r + 1, -1));
}
int main() {
while (scanf("%d%lld%lld", &n, &A, &B) != EOF) {
se.clear();
ll sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%lld%lld", l + i, r + i);
sum += r[i] - l[i] + 1;
}
ll g = gcd(A, B + 1);
if (1.0 * A * B / g > 1e18) {
printf("%lld
", sum);
continue;
}
ll T = A / g * B;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (r[i] - l[i] + 1 >= T) {
printf("%lld
", T);
return 0;
}
l[i] %= T;
r[i] %= T;
if (l[i] > r[i]) {
add(l[i], T - 1);
add(0, r[i]);
} else {
add(l[i], r[i]);
}
}
ll base = 0, lst = -1, res = 0;
for (auto it : se) {
if (base > 0) res += it.fi - lst;
base += it.se;
lst = it.fi;
}
printf("%lld
", res);
}
return 0;
}