A. 方程的解
a，b均为正整数，exgcd求出x最小和最大的解。
作差后除公差再加一，就是方程的解的数量。
对于a，b，c中存在0或负数的情况，疯狂加特判。
B. visit
共走t步，要求到达坐标$(n,m)$。
即总共向上走了n步，向右走了m步。
设u为向上走步数，d为向下走步数，l为向左，r为向右。
则有：
$u-d=n$
$r-l=m$
$u+d+l+r=t$
如果t-n-m为奇数，则不可能存在一种方案用t步到达$(n,m)$，
因为无法将剩余的步数均等地分配给向上和向下，向左和向右。
枚举其中任意一个，即可利用组合数求解，将答案求和。
$ans=sum limits_{i=n,2|(i-n)}^{t-m} inom{t}{i} inom{i}{frac{i-n}{2}} inom{t-i}{frac{t-i-m}{2}}$
本题 膜 数不保证是质数，但保证是不同质数的乘积。
对每个质因子使用lucas定理求出结果，将结果用crt合并就是最终的答案。
题中没保证n，m是正数，但n，m为负的情况与均为正数等价，注意转换。
C. 光
60分算法：
暴力模拟。
按照题面中说的做，遇到未经过的点时，$ans++$。
对每一个方格，来自每一个方向的情况，
开一个bool数组判断是否经过过。
当遇到已经经过的，即已经有循环，break退出即可。
考虑如何优化暴力。
设这几种情况分别为1，2，3，4。
首先通过手玩，发现一些性质：
性质1：
当且仅当光线遇到情况2，4，每个方格会被来自相对两个方向的光线经过。
如果不遇到情况2，4，每个方格仅会被一个方向的光线经过。
证明：
设（x，y）为四个格子交界处的格点坐标。
考虑向每个方向移动 对x+y的贡献，
x y均+1或-1，x+y的奇偶性不变。
x y分别+1 -1，x+y的奇偶性不变。
于是全程中x+y的奇偶性不会改变。
所以每个方格周围只有两个格点可能被经过，
也就最多被来自两个相对方向的光线经过。
性质2：
光线在无转向的运动过程中，
x+y不变，或x-y不变。
性质3：
由于障碍只有k个，边界的数量只与n，m线性相关。
障碍物的每个方向至多反弹一次。
光线的总反弹次数与n，m，k线性相关。
根据性质2，我们对每个x+y，x-y都开一个set（或经过排序的vector），
将每个障碍物（包括边界）插入对应的set，可以通过二分查找前驱后继，
在一次转向后可快速找到下次转向的位置。
打一堆恶心的特判处理转向位置，统计答案。
光线的总反弹次数与n，m，k线性相关，所以复杂度是可以接受的。
当与起点方向方向相同时走到起点时，可以跳出循环。
记录是否遇到过情况2，4，
如果存在，将ans/2。
复杂度$O(NlogN)$