This way

题意：

现在有一场考试，涉及n道题，总共m分。你不知道每门学科的所占分值（0-m），如果复习一门分值为x的学科，需要x+1小时。问你如果至少要答对k道题需要至少复习多久。无论他怎么分配分值。

题解：

很有意思的一道题目，从一脸懵逼到有点懵逼再到wa，搞了半天才A。
它就是考你对极端情况的理解吧。这个也不好说，虽然代码只有几行，但是要分析半天。
首先我们要取学k个问题，那么极端情况是不是有k-1是0分的？也就是说你有k-1白复习了，这样它再将m分配到n-k+1中，这样是极端情况。为什么？
假设它有k个是0，那么你成功的范围是不是就是每个问题1~m+1
如果它有小于k是0，假设有x(x<k)，那么是不是将m分配到n-x+1个位置上啊，那么平均值就降低了，也就是说k个的时候是最极端的情况。
但是这时候会有多种情况：我有a个问题不学了，留下n-a重复刚才的过程。这个我乍一看以为是一个双勾函数，直到我打了个表。才发现应该是a=0的时候最优。
那么接着刚才的思路。我们n-k+1个问题中怎么分配使得最大值最小？并不是直接取m/(n-k+1)，对于这n-k+1来说，最劣分配是n-k+1-(m%(n-k+1))个问题是m/(n-k+1)+1，剩下的是m/(n-k)，那么我们只需要有n-k+1-(m%(n-k+1))+1个问题是m/(n-k+1)，剩下的是m-1即可。注意我们本意是在这n-k+1中取到一个即可，所有只需要比m/(n-k+1)+1的个数多1个，剩下的是m/(n-k+1)-1，就至少能取到1个m/(n-k+1)。
也就是减去1*(n-k+1-m%(n-k+1)-1)，也就是m/(n-k+1)-1的数量

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll n,m,k;
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
        printf("%lld\n",(m/(n-k+1)+1)*n-(n-k+1-m%(n-k+1)-1));
    }
    return 0;
}