这个题目我只能说我一看就知道是这么做的，但是由于实现能力略水，Wa了3发。
题意为给你两个区间[a,b]和[c,d]，两个区间分别任取一个数，现在要你求出这个数模p的值为m的概率有多大。
其实是这么做的，我们需要统计总共有多少种组合情况然后等于就知道分母和分子了。
但是怎么求种类数呢 ？？？
首先我们定义一个函数count(x,y)，表示从0-x，0-y随机取两数满足情况的种类数。
那么最后我们要求的答案ans=count(a,b)-count(a-1,b)-count(a,b-1)+count(a-1,b-1)。
这是容斥原理，到这里问题就转化为了求函数值呢。
但是我们的根本的问题还是没有解决。到底怎么求呢？
我们可以这样考虑，给一个数A，现在问你x%p=m（x不大于A）的种类数有多少？
显然，如果A%p>=m,答案就是A/p+1，如果A%p<m，答案就是A/p。
这里自己算一算就知道了。。。
然后我们等于是由二维优化到了一维，但是还是不够，还有继续优化。
我们知道取模具有周期性，所以我们可以保证最后我们要求其中一个的范围的不会超过p。
假设我们从0开始循环枚举第一个i，那么每次i没增加1，其实就是最终的种类数相当于m减1，如果我们看成p个数对应的函数值，那么我们等于是把每一个函数值右移了一位。
如果你理解了上面，那么恭喜你，可以A掉这个题目了。
具体来说就是这样的，首先不超过A%p的函数值都为A/p+1，超过的部分为A/p。也就是说，只有两种不同的函数值，而且是连续的。
接下来我们等于是每次移动一位，然后求某一固定位置的函数值，这样我们发现移动若干位后的函数值才会变化一次，而且总共最多变化两次（因为循环部分的可以直接计算了），所以找出突变点做一次乘法就可以出答案了。
其实函数移动就是求连续段的函数值啦。。。只是那样好理解一定。
手滑Wa了若干发。。。。OTL。代码也挺挫的，求见谅。
哦，对了，是循环移动。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
ll a,b,c,d,n,m,p,ans,t,cas=0,G,sum;
ll gcd(ll A,ll B) { return B==0?A:gcd(B,A%B); }
ll count(ll x,ll y)
{
if (x<0 || y<0) return 0;
ll tot=0,flag=y%p,left=(x+1)%p,cur=m,End=(cur-left+1+p)%p;
ll all=((y%p+1)*(y/p+1)+(p-1-y%p)*(y/p));
tot=((x+1)/p)*all;
if (left==0) return tot;
if (cur<End && End<=flag)
{
tot+=all-(End-cur-1)*(y/p+1);
return tot;
}
if (cur<End && cur>flag)
{
tot+=all-(End-cur-1)*(y/p);
return tot;
}
if (cur<End)
{
tot+=(cur+1)*(y/p+1)+(p-End)*(y/p);
return tot;
}
if (cur>=End && End>flag)
{
tot+=(cur-End+1)*(y/p);
return tot;
}
if (cur>=End && cur<=flag)
{
tot+=(cur-End+1)*(y/p+1);
return tot;
}
if (cur>End)
{
tot+=(cur-flag)*(y/p)+(flag-End+1)*(y/p+1);
return tot;
}
return tot;
}
int main()
{
scanf("%I64d",&t);
while (t--)
{
scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&a,&b,&c,&d,&p,&m);
ans=count(b,d)-count(a-1,d)-count(b,c-1)+count(a-1,c-1);
sum=(b-a+1)*(d-c+1);
if (ans==0)
{
printf("Case #%I64d: 0/1
",++cas);
continue;
}
G=gcd(ans,sum);
ans/=G,sum/=G;
printf("Case #%I64d: %I64d/%I64d
",++cas,ans,sum);
}
return 0;
}