首先容易想到 \(m\) 较大时答案为 \(m+1\)。具体的，当 \(m \ge a+b-1\) 时，从任意一个位置出发都可以进行操作，所以答案为 \(m+1\)。
当 \(m \le a + b - 2\) 时，我们发现，对于每一个位置，我们最多只可以进行两种操作。那么也就是说，如果第一步操作确定后，剩下的操作也确定了。具体来说，我们有两种操作序列：
- 能 \(+a\) 就 \(+a\)，能 \(-b\) 就 \(-b\)；
- 能 \(+b\) 就 \(+b\)，能 \(-a\) 就 \(-a\)；
首先可以分析出两个结论：
- 这样操作不会经过重复的数。
假如出现了重复的数，说明 \(xa + yb = 0\)，而由于 \(\gcd(a, b) = 1\)，这说明环的大小至少为 \(a+b\)，而 \(m \le a + b - 2\)，所以不可能出现环。 - 两种操作序列经过的数没有重合。
同理，假如出现了重合，那么一定出现了环。
那么我们只需要求出这两种操作序列分别能过经过多少数即可。
以下拿 \(+a, -b\) 来考虑。
什么时候不能 \(+a, -b\)？设位置为 \(x\)，那么说明 \(x + a > m, x - b < 0\)，即 \(x \in [m - a + 1, b - 1]\)。
那么我们考虑将 \(+a, -b\) 的操作改写为：我们进行了 \(k\) 次 \(+a\)，进行了若干次 \(-b\)，最后位置落到了 \((v + ka) \bmod b\) 的位置。那么我们要求的实际就是一个最小的非负整数 \(k\)，满足 \((v + ka) \bmod b \in [m - a + 1, b - 1]\)。
首先我们将 \(v\) 独立出来。假如 \((v \bmod b) + a > m\)，那么说明只能 \(-b\) 不能 \(+a\)，那么能经过的数有 \(\left\lfloor\frac{v}{b}\right\rfloor\) 个，直接特判掉。
然后我们给出一个结论：\((v + ka) \bmod b = (v \bmod b) + (ka \bmod b)\)。
证明此结论只需要证明 \((v\bmod b) + (ka \bmod b) < b\)。假如 \((v \bmod b) + (ka \bmod b) \ge b\)，那么就有 \((v \bmod b) + a + (ka \bmod b) - b\le (v \bmod b) + a \le m\)，那么也就是说，当前还可以继续 \(+a\)，说明此时 \((v + ka) \bmod b \not \in [m - a + 1, b - 1]\)，矛盾。
那么我们就可以转化为求最小的非负整数 \(k\) 满足 \(ka \bmod b \in [m - a + 1 - (v \bmod b), b - 1 - (v \bmod b)]\)。
一般化这个问题，求最小的非负整数 \(k\) 满足 \(ka \bmod b \in [l, r]\)。
这种带向下取整的式子考虑类欧一类的做法，那么我们把 \(b\) 拆开，即 \(b = (b \bmod a) + a \left\lfloor\frac{b}{a}\right\rfloor\)，那么有：
那么我们只需要找出最小的 \(\left\lfloor\frac{ka}{b}\right\rfloor\) 即可。
假如我们按照每 \(a\) 个数分块，那么假如 \(l-1, r\) 不在同一块内，也就意味着存在 \(ak \in [l, r]\)，那么我们可以直接得出答案。否则，我们确定 \(l, r\) 在同一块内，那么我们就可以直接将区间两个端点对 \(a\) 取模，那么就有：
然后我们发现这就从 \((a, b)\) 递归到 \((b \bmod a, a)\) 的子问题上来了。容易得出复杂度为 \(O(\log \max\{a, b\})\)。
我们求出 \(\left\lfloor\frac{ka}{b}\right\rfloor\) 后，就能知道 \(ka \in [l + b \left\lfloor\frac{ka}{b}\right\rfloor, r + b \left\lfloor\frac{ka}{b}\right\rfloor]\)，也就能得知 \(k\) 了。
最后我们求出 \(k\) 后，我们知道 \(+a\) 的次数为 \(k\) 次，\(-b\) 次数为 \(\lfloor\frac{v+ka}{b}\rfloor\)。
然后这道题就解决了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T, a, b, v, m;
// find the minimum k that ak mod b \in [l, r]
int solve(int a, int b, int l, int r) {
if (a == 0) return 0;
a %= b;
if ((l - 1) / a != r / a) return (l + a - 1) / a;
int t = solve(b, a % b, (a - r % a) % a, (a - l % a) % a);
return (1ll * t * b + l + a - 1) / a;
}
// find the number that can be achived by +a, -b
int calc(int v, int a, int b) {
int v0 = v % b;
if (v0 + a > m) return v / b;
int k = solve(a, b, m - a + 1 - v0, b - 1 - v0);
return k + (v + 1ll * k * a) / b;
}
int main() {
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &v, &m);
if (m >= a + b - 1) {
printf("%d\n", m + 1);
} else {
printf("%d\n", calc(v, a, b) + calc(v, b, a) + 1);
}
}
return 0;
}