Solution:

首先转换一下题意。

对于 $a_i$ 和 $a_j$，满足 $a_i + a_j$ 可被 $x$ 整除，也就是满足 $a_i + a_j \equiv 0 \pmod{x}$，两边同时减 $a_j$，得 $a_i \equiv -a_j \pmod{x}$，即 $a_j \equiv -a_i \pmod{x}$；满足 $a_i - a_j$ 可被 $y$ 整除，也就是满足 $a_i - a_j \equiv 0 \pmod{y}$，两边同时加 $a_j$，得 $a_i \equiv a_j \pmod{y}$。

有一个问题，就是处理 $-a_i \mod x$ 的方法。显然 $a_i \equiv x-a_i \mod x \pmod{x}$，所以使用 $(x-a_i \mod x) \mod x$ 来处理。

开个map数组，以每个数模 $x$ 和模 $i$ 的值作为下标，对于每个数 $a_i$，其对应的答案就是 $mp_{-a_i \mod x,a_i \mod y}$。

Code:

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// By 0x0F
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read() {
    int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9') {if (ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
    while (ch >= '0' && ch <= '9') {x = x * 10 + ch - 48; ch = getchar();}
    return x * f;
}
int a[200010];
map<pair<int, int>, int> mp;
void solve() {
    int n = read(), x = read(), y = read();
    for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
    mp.clear();
    for (int i = 1; i <= n; i++) mp[{a[i] % x,a[i] % y}]++;
    int ans=0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        ans += mp[{(x - a[i] % x) % x, a[i] % y}]; //累加答案
        if (a[i] % x == 0) ans--; //当 a_i 为 0 时，自己加自己，自己减自己都可以构成整除，所以减去一个答案
    }
    printf("%lld\n", ans / 2); //每个答案被重复算了一次
}
signed main() {
    int t = read();
    while (t--) solve();
    return 0;
}