*3100 的思維題果然可怕。

我們用長度為 \(n\) 的序列 \(a\) 表示選擇的集合。如果集合中包含數 \(i\) ，那麼 \(a_i=1\) ，否則 \(a_i=0\) 。

那麼我們需要找出包含 \(1\) 最多的長度為 \(n\) 的 \(0/1\) 序列，使得任意兩個 \(1\) 的間隔 \(\neq x\land \neq y\) 。

這就是經典問題，我們記錄最後 \(\max\{x,y\}\) 個數的狀態跑狀壓 \(\rm DP\) 可以做到 \(\mathcal{O}(n2^m)\) 。

從特殊到一般，我們可以先考慮 \(x=y\) 的情況。

當 \(x\mid n\) 時，我們可以將序列 \(a\)

當 \(x\nmid n\) 時，按上述方法劃分，最終會剩下 \(n\bmod x\) 個位置，顯然這些位置要麼全部都能填 \(1\) ，要麼全部都能填 \(0\) ，判斷一下即可。

一般化，我們構造的這個解是以長度 \(2x\) 的塊為迴圈節，一直重複得到的方案。

所以我們猜測，對於 \(x\neq y\) ，也一定存在一個最優解是以迴圈長度為 \(x+y\) 的塊一直重複得到的方案。

首先我們直到所有迴圈長度為 \(x+y\) 的方案，如果塊內是合法的，則整個序列是合法的。反證如果不合法，即存在兩個不在同一塊的位置 \(a,b\ (a<b)\)

再簡要證明一下充分性。如果我們固定初始的 \(x+y\) 個位置，有 $k $ 個 \(1\)，那麼第 \(2\) 塊中的 \(1\) 的個數 \(>k\) ，那麼我們可以以第二塊作為迴圈節得到更優的答案。否則一直重複第一個塊一定最優。

狀壓 \(\rm DP\) 求出最優的迴圈節即可。時間複雜度 \(\mathcal{O}(m2^m)\) 。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
int n,x,y,m,t,f[2][1<<22],ans;
inline void cmax(int &x,int y){if(y>x)x=y;}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&x,&y);
	m = x + y , t = 1 << 22;
	memset(f[0],0xcf,sizeof(f[0]));
	f[0][0] = 0;
	rep(i,1,m){
		int op = i & 1;
		memset(f[op],0xcf,sizeof(f[op]));
		rep(j,0,t-1){
			cmax(f[op][(t-1)&(j<<1)],f[op^1][j]);
			if(1 & (j >> (x - 1)))continue;
			if(1 & (j >> (y - 1)))continue;
			cmax(f[op][1^((t-1)&(j<<1))],f[op^1][j]+n/m+(n%m>=i));
		}
		rep(j,0,t-1)cmax(ans,f[op][j]);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}