波利卡普有两个最喜欢的整数 x 和 y (它们可以相等)，他找到了一个长度为 n 的数组 a 。

波利卡普认为一对索引 $⟨i,j⟩(1\le i<j\le n)$是优美的，如果：

$a_i+a_j$ 可以被 $x$ 整除；$a_i-a_j$ 可以被 $y$ 整除。
例如，如果 $x=5，y=2，n=6，a=[1,2,7,4,9,6]$，那么唯一美丽的一对是：
$⟨1,5⟩:a_1+a_5=1+9=10$ ( 10 能被 5 整除)和 $a1-a5=1-9=-8$ ( $-8$ 能被 $2$ 整除)；
$⟨4,6⟩:a_4+a_6=4+6=10$ ( 10 能被 5 整除)和 $a4-a6=4-6=-2$ ( $-2$ 能被 $2$ 整除)。
求数组 a 中优美数对的个数。

输入
输入的第一行包含一个整数 $t(1\le t\le 10^4)。(1\le t\le 10^4)$ - 测试用例的数量。然后是测试用例的描述。

每个测试用例的第一行包含三个整数 $n$ 、 $x$ 和 $y$ $(2\le n\le 2\cdot 10^5、1\le x,y\le 10^9)$–即数组的大小和波利卡普最喜欢的整数。

每个测试用例的第二行包含 $n$ 个整数 $a_1,a_2,\dots ,a_n(1\le a_i\le 10^9)$ - 数组的元素。

保证所有测试用例中 $n$ 的总和不超过 $2\cdot 10^5$ 。

输出
对于每个测试用例，输出一个整数，即数组 a 中的漂亮配对数。

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题目要求时间2s，数据范围为2e9，$O(N^2)$过不了，所以不用想暴力了。
对于此类数学题，可以在给出的公式的基础上进行一些推导。

首先根据题目要求，我们可以得到以下两个式子。
$$\begin{gathered} (a_i+a_j)modx=0 \\ (a_i-a_j)modx=0 \end{gathered}$$
先观察第一个式子，可以对这个式子进行一下演变：$$(a_{i}modx+a_{j}modx)modx=0$$
这时候易知：$a_{i}modx$ 和 $a_{j}modx$的取值范围均为 $[0,x)$，如果想要modx之后得到的得数是0，那么括号里的内容只有可能是x的倍数或者0。

如果是x的倍数，那么就只有可能是x本身，因为二者都无法取到x，那么相加最大值也到不了2x，所以最多只能取到x，这时候可以继续往下推得一个式子：$$\begin{gathered} a_{i}modx+a_{j}modx=x \\ {a}_{i}modx=(x-a_{j}modx) \end{gathered}$$

如果取0的话，也可以继续推得一个式子：$$\begin{gathered} a_{i}modx+a_{j}modx=0 \\ {a}_{i}modx=(-a_{j}modx) \end{gathered}$$
这里会取到负数，根据题目条件不存在负数，所以我们将其转化为仅取正数：$$a_{i}modx=(-a_{j}modx+x)modx$$

那么我们可以把两个式子整合为一个：$a_{i}modx=(x-a_{j}modx)modx$
\\

现在我们对式子 $(a_i-a_j)modx=0$ 进行推导。
往下化一步这个式子，可以得到：$$(a_{i}mody-a_{j}mody)mody=0$$
在这里 $a_{i}mody$ 和 $a_{j}mody$ 的取值范围是 $[0,y)$ ，括号里的值应该满足是y的倍数或者是0才能够使等式成立，但是这里括号里的式子是两项相减，所以是不可能到达y的，所以取不到y的倍数，那么就只有取0。

在取0的时候，可以得到式子：$$a_{i}mody=a_{j}mody$$

推导到此就结束了，可以整合一下所有需要满足的条件：
$$\{\begin{array}{l}{a}_{i}modx=(x-a_{j}modx)modx\\ a_{i}mody=a_{j}mody\\ i<j\end{array}$$

所以我们需要找的是满足以上三个条件的数对。

那么我们只需要 $O(N)$ 从前往后扫一遍，并且维护记录 $a_{i}modx$ 和 $a_{j}mody$ 的出现次数。

CODE：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5+10;
#define pii pair<int,int>void solve(){int n,x,y;cin >> n >> x >> y;map<pii,int>cnt;vector<int>a(n+1);for(int i = 1;i <= n;i++)cin >> a[i];long long res = 0;for(int i = 1;i <= n;i++){long long aa = (x - a[i]%x)%x,bb = a[i]%y;  //对于jres += cnt[{aa,bb}];cnt[{a[i] % x,a[i]%y}]++;   //当前的数据是对于之后的i}cout << res << endl;
}int main(){int T;cin >> T;while(T--){solve();}return 0;
}