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思路

首先想一下小凯的疑惑是怎么推出来的。因为$a,b$互质，那么有一个很明显的性质就是$0\times b\mod a,\cdots,(a-1)\times b\mod a$互不相同。一个简单的证明：如果存在$p,q$使得$pb\mod a==qb\mod a(0\leq p<q<a)$，那么有$(q-p)b\equiv0\pmod a$。因为$q-p<a$，$b$与$a$互质，因此同余式不成立。

自然数对$a$取模只有$a$种取值，$(a-1)\times b$填补了最后一个取值（记为$r$)，那么小于$(a-1)\times b$且对$a$取模为$r$的数字都不能凑出来，其中最大的值为$(a-1)\times b-a=ab-a-b$。

现在回到这个题，已经知道第一大的凑不出来的数是$ab-a-b$了，考虑怎么找第二大的。首先可以去找最后一个没有被$(a-2)\times b$填补的空档，也就是$ab-a-b-b$。还有一种可能是与当前数字模$a$同余的最大的数字$ab-a-b-a$。在二者中取最大值就是第二大的。这样是不会漏下数的，因为其他的数字都被$(a-2)\times b$以下的数字填满了。

如果$x$是不能被凑出来的，那么$x-a$和$x-b$都不能被凑出来，维护一下已经对前面第几大的数字减过$a$和$b$了，每次在其中选最大值。

这样会不会出现同一个数字（比如$x-a-b$和$x-b-a$）多次出现的情况呢？实际上是会的，但是同一个数字如果出现多次，必定是同时出现的。因为如果分开出现，那么较小的那个肯定不会再增加回来。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,st,ed) for(int i=st;i<=ed;++i)
#define bl(u,i) for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
#define en puts("")
#define LLM LONG_LONG_MAX
#define LLm LONG_LONG_MIN
#define pii pair<ll,ll> 
typedef long long ll;
typedef double db;
using namespace std;
const ll INF=0x3f3f3f3f;
void read() {}
void OP() {}
void op() {}
template <typename T, typename... T2>
inline void read(T &_, T2 &... oth)
{
    int __=0;
    _=0;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))
    {
        if(ch=='-')
            __=1;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))
    {
        _=_*10+ch-48;
        ch=getchar();
    }
    _=__?-_:_;
    read(oth...);
}
template <typename T>
void Out(T _)
{
    if(_<0)
    {
        putchar('-');
        _=-_;
    }
    if(_>=10)
       Out(_/10);
    putchar(_%10+'0');
}
template <typename T, typename... T2>
inline void OP(T _, T2... oth)
{
	Out(_);
	putchar('\n');
	OP(oth...);
}
template <typename T, typename... T2>
inline void op(T _, T2... oth)
{
	Out(_);
	putchar(' ');
	op(oth...);
}
/*#################################*/
const ll N=1e7+10;
ll a,b,k;
ll dp[N];
int main()
{
	read(a,b,k);
	dp[1]=a*b-a-b;
	ll x=1,y=1;
	rep(i,2,k)
	{
		dp[i]=max(dp[x]-a,dp[y]-b);
		if(dp[i]==dp[x]-a)
			++x;
		if(dp[i]==dp[y]-b)
			++y;
	}
	OP(dp[k]);
}