题意
在一个等差数列中取出若干个元素，求取出的元素与未取出的元素的差值有多少种可能。
思路
首先，我们有一个式子：
\[w(i)=\sum_{i \in S}A_i-\sum_{i \notin S}A_i
\]
不难看出，该式可以变为：
\[w(i)=2\times \sum_{i \in S}A_i-\sum_{i=1}^{n}A_i
\]
其实，\(\sum_{i=1}^{n}+A_i\) 和 \(2\) 是一个定值，所以我们只需求出 \(\sum_{i \in S}A_i\) 的不同和即可。
不难看出 \(A_i=X+(i-1)\times num\)，其中 \(X\) 为首项，\(num\) 为公差。
所以，假如我们选取了 \(t\) 个数，那它们的总和必定为 \(tX+num \times s\)。
而 \(s\) 如何求？
不难看出，最小的肯定是选前 \(t\) 个，最大的则是选后 \(t\) 个，所以 \(s\) 的范围为 \([\frac{t\times(t-1)}{2} ,\frac{(2n-1-t)\times t}{2}]\)。
但是，我们还需要考虑覆盖的情况，也就是：
\[t_i\times x+k_i\times num=t_j\times x+k_j\times num
\]
移项得：
\[(t_i-t_j)\times x=(k_j-k_i)\times num
\]
可推出：
\[num \mid (t_i-t_j)\times x
\]
可得 \(t_i \times x\) 与 \(t_j \times x\) 对模 \(num\) 同余。
所以，我们可以直接把 \(t_i \times x\) 和 \(t_j \times x\) 余数相等的放到一起，求一下区间覆盖即可。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,x,num,ans;
struct node{int l,r;bool operator<(const node& x)const{return l<x.l;}
};
vector<node> v[2000005];
map<int,int> M;
int cnt;
signed main(){scanf("%lld%lld%lld",&n,&x,&num);if(!num){if(!x) puts("1");else printf("%lld\n",n+1);return 0;}for(int t=0;t<=n;t++){if(!M[t*x%num]) M[t*x%num]=++cnt;v[M[t*x%num]].push_back({t*(t-1)/2+(t*x/num),(2*n-1-t)*t/2+(t*x/num)});}for(int i=1;i<=cnt;i++){sort(v[i].begin(),v[i].end());int L=v[i][0].l,R=v[i][0].r;for(int j=1;j<v[i].size();j++){if(v[i][j].l<=R) R=max(v[i][j].r,R);else ans+=(R-L+1),L=v[i][j].l,R=v[i][j].r;}ans+=(R-L+1);}printf("%lld\n",ans);return 0;
}