解的个数（直线上的点）（数论-扩展欧几里得算法）

Description
　　已知x,y满足如下条件：

　　ax+by+c=0 ; x1 <= x <= x2 ; y1 <= y <= y2 ; x,y均为整数。

　　其中：a,b,c,x1,x2,y1,y2 都是绝对值不超过 10^8 的整数。

　　求(x,y)的解的个数。

Input

　　第一行：n　　说明：有 n 个任务。n<=10　　一下有 n 行，每行为：a,b,c,x1,x2,y1,y2

Output

　　有n行，第i行是第i个任务的结果。

分析：

裸的扩展欧几里得，但有几个坑点值得注意：

1，输入c之后直接 c=-c

2，a==0&&b==0的情况，还需要判断c==0

3，闭区间做减法还需要+1

4，正常情况下，求出了方程ax+by=c的一组解（注意不是ax+by=GCD（a，b）），x0和y0以及GCD（a，b）=g；设ap=a/g，bp=b/g，对于[x1~x2]来讲，这个k最小应该是（x1-x0）/bp 。一般可能会想到分别求x，y的k的范围然后求交集，但是考虑到可能除不尽，还有正负%@#*&￥#*%￥......所以就像李大神写的一样，枚举k就可以了，至于k需不需要加减1，顺便就判断了（不要问为什么用long long）：

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　　LL bp=b/g,ap=a/g;
　　LL k=(x1-x0)/bp;
　　LL ans=0;
　　for(;x0+k*bp<=x2;k++)
　　　　if(y0-k*ap<=y2&&y0-k*ap>=y1&&x0+k*bp>=x1) //*
　　　　　　ans++；


　　printf("%lld\n",ans);

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注：上面*处， x0+k*bp>=x1 的判断就是为了避免k需要加减1带来的影响。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL n;
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
	if(b==0) {x=1;y=0;return a;}
	LL xx,yy,g=exgcd(b,a%b,xx,yy);
	x=yy;y=xx-(a/b)*yy;
	return g;
}
int main()
{
//	freopen("in.txt","r",stdin);
	scanf("%lld",&n);
	LL a,b,c,x1,x2,y1,y2;
	while(n--)
	{
		scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&x1,&x2,&y1,&y2);
		c=-c;
		if(x1>x2||y1>y2)
		{
			printf("0\n");
			continue;
		}
		else if(a==0&&b==0)
		{
			if(c==0) printf("%lld\n",(y2-y1+1)*(x2-x1+1));
			else printf("0\n");
			continue;
		}
		else if(a==0&&b!=0)
		{
			if(c%b==0&&c/b>=y1&&c/b<=y2) printf("%lld\n",x2-x1+1);
			else printf("0\n");
			continue;
		}
		else if(a!=0&&b==0)
		{
			if(c%a==0&&c/a>=x1&&c/a<=x2) printf("%lld\n",y2-y1+1);
			else printf("0\n");
			continue;
		}
		LL x0,y0;
		LL g=exgcd(a,b,x0,y0);
		if(c%g!=0)
		{
			printf("0\n");
			continue;
		}
		x0=c*x0/g,y0=c*y0/g;
		LL bp=b/g,ap=a/g;
		LL k=(x1-x0)/bp;
		LL ans=0;
		for(;x0+k*bp<=x2;k++)
			if(y0-k*ap<=y2&&y0-k*ap>=y1&&x0+k*bp>=x1) 
				ans++;
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}