Description
Hanks 博士是BT (Bio-Tech，生物技术) 领域的知名专家，他的儿子名叫Hankson。现在，刚刚放学回家的Hankson 正在思考一个有趣的问题。
今天在课堂上，老师讲解了如何求两个正整数(c_1) 和(c_2) 的最大公约数和最小公倍数。现在Hankson 认为自己已经熟练地掌握了这些知识，他开始思考一个“求公约数”和“求公倍数”之类问题的“逆问题”，这个问题是这样的：已知正整数(a_0),(a_1),(b_0),(b_1)，设某未知正整数x 满足：
1．(x) 和(a_0) 的最大公约数是(a_1)；
2．(x) 和(b_0) 的最小公倍数是(b_1)。
Hankson 的“逆问题”就是求出满足条件的正整数x。但稍加思索之后，他发现这样的(x) 并不唯一，甚至可能不存在。因此他转而开始考虑如何求解满足条件的(x) 的个数。请你帮助他编程求解这个问题。
Input
第一行为一个正整数(n)，表示有(n) 组输入数据。接下来的n 行每行一组输入数据，为四个正整数(a_0)，(a_1)，(b_0)，(b_1)，每两个整数之间用一个空格隔开。输入数据保证(a_0) 能被(a_1) 整除，(b1) 能被(b_0) 整除。
Output
每组输入数据的输出结果占一行，为一个整数。
对于每组数据：若不存在这样的 (x)，请输出0；
若存在这样的 (x)，请输出满足条件的(x)的个数；
Sample Input
2
41 1 96 288
95 1 37 1776
Sample Output
6
2
Hint
【说明】
第一组输入数据，(x) 可以是9、18、36、72、144、288，共有6 个。
第二组输入数据，(x) 可以是48、1776，共有2 个。
【数据范围】
对于 50%的数据，保证有1≤(a_0)，(a_1)，(b_0)，(b_1)≤10000 且n≤100。
对于 100%的数据，保证有1≤(a_0)，(a_1)，(b_0)，(b_1)≤2,000,000,000 且n≤2000。
题解
90分算法
我们把题目的内容表示一下
显然，x一定是(b_1)的因数，一定是(a_1)的倍数。假设m表示(a_0)，(a_1)，(b_0)，(b_1)的大小，我们可以(O(sqrt m))枚举(b_1)的约数x，然后判断x满不满足上面的方程组即可。由于gcd和lcm的时间复杂度都是(O(log m))，有(n)次询问，所以总时间复杂度为(O(n sqrt m log m))。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
template<typename A>inline void read(A&a){a=0;A f=1;int c=0;while(c<'0'||c>'9'){c=getchar();if(c=='-')f*=-1;}while(c>='0'&&c<='9'){a=a*10+c-'0';c=getchar();}a*=f;}
template<typename A,typename B>inline void read(A&a,B&b){read(a);read(b);}
template<typename A,typename B,typename C>inline void read(A&a,B&b,C&c){read(a);read(b);read(c);}
typedef long long ll;
int T;
int a0,a1,b0,b1,ans;
inline int gcd(int x,int y){return x%y==0?y:gcd(y,x%y);}
inline int lcm(int x,int y){return x/gcd(x,y)*y;}
inline bool check(int x){return gcd(x,a0)==a1&&lcm(x,b0)==b1;}
void Init(){
read(a0,a1);
read(b0,b1);
ans=0;
}
void Work(){
int t=sqrt(b1);
for(register int i=1;i<=t;++i){
if(!(b1%i)){
if(check(i))++ans;
if(b1/i!=i)if(check(b1/i))++ans;
}
}
printf("%d
",ans);
}
int main(){
read(T);
while(T--){
Init();
Work();
}
return 0;
} //鉴于这个代码是我一年前写的，所以如果码风不大正常还请见谅。
这个算法在当年Noip的时候可以拿90分，但是在洛谷神机和codevs里面就可以过了。
100分做法
我们把上面的式子再放一遍。
因为(x)是(b_1)的约数，所以x的质因子一定是(b_1)拥有的。所以我们可以对于p的每一个质因子，计算x可以拥有多少个。
我们枚举(b_1)的质因数p,设(a_0)，(a_1)，(b_0)，(b_1)的分别有(m_{a_0})，(m_{a_1})，(m_{b_0})，(m_{b_1})个，x有(m_x)个。
对于(gcd(a_0,x)=a_1)这个式子，我们有三种情况：
对于(lcm(b_0,x)=b_1)这个式子，我们也有如下三种情况：
那么我们现在把上面集中情况整合一下：有如下几种情况：
我们把(cnt_p)表示(m_x)的取值个数，（无解即为0）,那么我们只要求出
即可。
我们可以先用线性筛筛出(1..sqrt{2 imes 10^9})的质数，然后对于每一次询问，枚举每个质数，判断能否整除(b_1)，如果能整除，那么我们就按照上面的标准计算并累乘(cnt_p)。最后如果(b_1
eq 1)，那么我们在对剩下来这个质数(b_1)再计算一次。
由于最小的10个质数(2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31)的乘积已经超过(2 imes 10^9)，所以能整除(b_1)的质数不会超过10个。由于在(1..d)的范围内有(frac {d}{ln d})个，所以该算法的时间复杂度为(O(frac{nsqrt{m}}{ln sqrt m}))。这样就不会超时了，该算法可以获得100分。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=2000+7,maxm=2e9;
int n,a0,a1,b0,b1,ans,p[45000],np[45000],tot;
inline void Prime(){
np[0]=np[1]=1;int t=sqrt(maxm);
for(register int i=2;i<=t;++i){
if(!np[i])p[++tot]=i;
for(register int j=1;j<=tot&&i*p[j]<=t;++j){
np[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0)break;
}
}
}
void Process(int p){
int a0m=0,a1m=0,b0m=0,b1m=0;
while(a0%p==0)++a0m,a0/=p;
while(a1%p==0)++a1m,a1/=p;
while(b0%p==0)++b0m,b0/=p;
while(b1%p==0)++b1m,b1/=p;
if(a0m==a1m&&b0m==b1m&&a1m<=b1m)ans*=(b1m-a1m+1);
else if((a0m>a1m&&b0m<b1m&&a1m==b1m)||(a0m>a1m&&b0m==b1m&&a1m<=b0m)||(a0m==a1m&&b0m<b1m&&a0m<=b1m))return;
else ans=0;
}
int main(){
scanf("%d",&n);Prime();
while(n--){
scanf("%d%d%d%d",&a0,&a1,&b0,&b1);ans=1;
for(register int i=1;i<=tot;++i){
if(b1%p[i]==0)Process(p[i]);
if(!ans)break;
}
if(ans&&b1!=1)Process(b1);
printf("%d
",ans);
}
}