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题目大意：
BaoBao和DreamGrid玩游戏，轮流按灯的按钮，轮到BaoBao时按下b次，轮到DreamGrid时按下d次，初始时灯是灭的，每次按下按钮等都会持续亮v+0.5秒，如果按之前灯时灭的，则按下后灯会打开，如果灯是亮的，则按下后会从之灯的照明时间为v+0.5，且counter增加1，如果在v+0.5秒每没有再一次按下按钮，灯会熄灭。
给出a,b,c,d,v,t五个数，t表示游戏时长[0,t]，如果当前时刻是a的倍数，则BaoBao按按钮，如果当前时刻是c的倍数，则DreamGrid按按钮，如果是Lcm(a,c)的倍数，则两个人都会按按钮。
相关变量：
counter : 计数器
a,b,c,d,v,t : 题干所给变量
题解：
我的想法是先遍历一边a的倍数，再遍历一边c的倍数，两个for( )，第一个for( )中i=a,i每次加a，第二个for( )中i=c,i每次加c。
①先除去特殊情况，当v > min(a,c)时，只需在0处将灯打开，之后在灯熄灭前肯定会按下依次min(a,c)，在这种情况下灯全程都是亮的。
②如果不是特殊情况：通过两个for( )循环每次i += a 或 i += c来减少遍历次数
第一个循环for(i=a;i <= t;i += a)不考虑在这之前是否有c的影响使当前时刻灯是亮的，所以此时counter += b-1;。
第二个循环for(i=c;i <= t;i += c)需要考虑第一个循环未考虑的情况，①当前时刻可能受前一个a的影响使灯使亮的，②或受当前时刻的影响，使下一个a时刻灯是亮的。
如果情况①和情况②同时出现，则在当前时刻不需消耗一次按动使灯打开，但受当前时刻影响，紧接着的a时刻是不需要消耗一次按动打开灯的，但是第一次循环没有考虑这个情况，故counter += d+1;。
如果情况①和情况②只出现一种，则counter += d;。
如果都不出现，则counter += d-1;。
AC代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
using namespace std;
#define esp 1.0e-8
#define INF 10e12+1
typedef long long ll; ll counter;
ll a,b,c,d;
ll v,t; void Initial()
{
scanf("%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d);
scanf("%lld%lld",&v,&t);
counter=b+d-;//0时刻的情况
}
bool Special()
{
ll x=(a > c ? c:a);
if(v >= x)
{
counter += (t/a*b+t/c*d);
printf("%lld\n",counter);
return true;
}
return false;
}
bool is_exit(ll x,ll y,ll num)
{
return x%num == || y%num == || (y/num-x/num > );
}
void Process()
{
for(ll time=a;time <= t;time += a)
counter += b-; for(ll time=c;time <= t;time += c)
{
ll suf_time=(time+v <= t ? time+v:t);
bool flag1=is_exit(time-v,time,a);//判断[time-v,time]是否含有a的倍数
bool flag2=is_exit(time,suf_time,a);//判断[time,time+v]是否含有a的倍数
if(time%a == )//特判当前时刻是a,c倍数的情况
counter += d;
else if(flag1 && flag2)
counter += d+;
else if(flag1 || flag2)
counter += d;
else
counter += d-;
}
printf("%lld\n",counter);
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
Initial();
if(Special())
continue;
Process();
}
return ;
}