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题目大意：给你a, b, c, d, p and m(0 <= a <= b <= 109, 0 <=c <= d <= 109, 0 <= m < p <= 109).让你从 [a, b] 中取出一个x，从[c, d] 中取出一个y，使得(x+y)(mod p)=m，求一共有多少种可能。

看见题目就想到了用构造的想法，讲解构造成二维坐标系，x+y=k*p+m是一条线，求这条线与构造的矩形（由点组成）一共有几个交点，这个矩阵也是有一定的规律的，虽然说数据量很大，但是其实就是三个数列，一个递增的一个相等的一个递减的，最后求出这三个数列的和即可。

根据上面的abcd所组成的矩形，其l1l2l3l4其实是一个递增的数列，直到等于b -a 递减也是一个道理。

很多细节处理的难点，本来说十分钟敲好的题目花了两小时+  坑队友了，其实是这样的，k1 k2 k3 k4  把这个图形分为三个部分，原来我都是一遍处理，k2就是k2，其实这样就出现很多难点，我们这样来想，k1k2在算第一段的时候算一次，k2k3在算第二段的时候算一次，k3k4在算第三段的时候算一次。这样就不会出现错误，还有就是最开始的时候，构造最初，我们把躺着的矩形也立起来，这样减少了要考虑的情况，使运算减少。

贴代码:

#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<stack>
#include<ctime>
#include<stdio.h>
#include<cstdlib>
#include<functional>
#include<cmath>
using namespace std;
#define PI acos(-1.0)
#define MAXN 110
#define eps 1e-7
#define INF 0x7FFFFFFF
#define seed 131
#define ll long long
#define ull unsigned ll
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1

ll gcd (ll a,ll b)
{
    if(b==0) return a;
    else return gcd(b,a%b);
}
int main()
{
    ll a,b,c,d,p,m;
    int T;
    scanf("%d",&T);
    for(int ii=1; ii<=T; ii++)
    {
        scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&a,&b,&c,&d,&p,&m);
        ll ans=0;
        if(b-a > d-c)
        {
            ll tem;
            tem=a;a=c;c=tem;
            tem=b;b=d;d=tem;
        }
        ll t1,t2,add,sub,k1,k2,k3,k4;

         t1 =(a+c)%p;
         add=(m-t1+p)%p;
         k1 =(a+c+add-m)/p;
         t2 =(b+c-1)%p;
         sub=(t2-m+p)%p;
         k2 =(b+c-1-sub-m)/p;
         ans+=(k2-k1+1)*(1+add)+(k2-k1+1)*(k2-k1)/2*p;
        //printf("%I64d\n",ans);

        t1  =(b+c)%p;
        add =(m-t1+p)%p;
        k2  =(b+c+add-m)/p;
        t2  =(a+d)%p;
        sub =(t2-m+p)%p;
        k3  =(a+d-sub-m)/p;
        ans+=(k3-k2+1)*(b-a+1);
        //printf("%I64d\n",ans);

        t1  =(a+d+1)%p;
        add =(m-t1+p)%p;
        k3  =(a+d+1+add-m)/p;
        t2  =(b+d)%p;
        sub =(t2-m+p)%p;
        k4  =(b+d-sub-m)/p;
        ans+=(k4-k3+1)*(1+sub) + (k4-k3+1)*(k4-k3)/2*p;
        //printf("%I64d\n",ans);

        ll sum=(b-a+1)*(d-c+1);
        ll G = gcd(ans,sum);
        ans /= G;
        sum /= G;
        printf("Case #%d: %I64d/%I64d\n",ii,ans,sum);
    }
    return 0;
}

gt（a, b）表示的是0-a, 和0-b两个区间中满足题意的解的对数。

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