GCD and LCM

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Problem Description

Given two positive integers G and L, could you tell me how many solutions of (x, y, z) there are, satisfying that gcd(x, y, z) = G and lcm(x, y, z) = L?
Note, gcd(x, y, z) means the greatest common divisor of x, y and z, while lcm(x, y, z) means the least common multiple of x, y and z.
Note 2, (1, 2, 3) and (1, 3, 2) are two different solutions.

Input

First line comes an integer T (T <= 12), telling the number of test cases.
The next T lines, each contains two positive 32-bit signed integers, G and L.
It’s guaranteed that each answer will fit in a 32-bit signed integer.

Output

For each test case, print one line with the number of solutions satisfying the conditions above.

Sample Input

2 6 72 7 33

Sample Output

72 0

Source

2013 ACM-ICPC吉林通化全国邀请赛——题目重现

题意：给出三个数的最大公约数和最小公倍数，让求abc这三个数可能的情况，注意ABC的位置不同算不同的情况

考虑先分解最小公倍数。合数分解后，再分解最大公约数，可知，如果最大公约数中有最小公倍数中没有的质因数因子的话，那么答案肯定为0

然后考虑每一个因子pi有设合数分解最小公倍数的个数为bi合数分解最大公约数的个数为bi

下面有两种考虑方法

　　排列组合：易得三个数中的对于pi的情况必须有一个个数是bi，另一个是ai，然后就可以先选出两个位置一个bi一个ai然后最后一个位置上的个数一定介于ai和bi之间即（bi-ai-1）种情况。

所以最后的公式为ans *= A(3,2)*(bi-ai-1) = 6*(bi-ai-1) ;

注意，如果先筛素数的时候筛到1^6 然后如果L除以最后一个素数的时候不等于1，那么说明它（L的最后一个因子）一定是大于10^6的一个素数，因为10^12 = 10^6^2 > x^2>y;如果y存在一个非素数的因子k的话，有k*t = y 且k>x,则t<x则t已经被筛掉了。所以剩下的因子一定是素因子。一开始没有考虑这种特殊情况wa掉了。。。

注意，还要注意只有当(bi-ai-1) 有意义的时候才可以计算，因为如果bi==ai的时候可以发现正确结果是对于这一位应该是只用一种情况，就是三个数都相等，所以要特判一下。。。。后来又因为这个wa了一次~~~~(>_<)~~~~

　　容斥定理：同样是考虑每个因子，有所有的情况是每个位置都可以取（bi-ai+1）种情况即(bi-ai+1)^3，要减去没有bi个因子的情况和没有ai个因子的情况即2*(bi-ai)^3

然后发现减多了，要加上同时没有因子ai和bi的情况即(bi-ai-1)^3

这里同样要注意上面的注意。

 1 //合数分解
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<algorithm>
 5 using namespace std;
 6 #define ll long long
 7 const int maxn = 1000005;
 8 int prime[maxn];
 9 bool pri[maxn];
10 int cnt;
11 void init()
12 {
13     cnt = 0;
14     pri[0] = pri[1] = 1;
15     //prime[0] = 2;
16     for(int i = 2; i < maxn; i++){
17         if(!pri[i]){
18 
19             prime[cnt++] = i;
20             for(int j = i+i; j < maxn; j+=i)
21             {
22                 pri[j]=1;
23             }
24         }
25     }
26     return;
27 }
28 ll m1[10005],m2[10005];
29 ll c1[10005],c2[10005];
30 int main()
31 {
32     init();
33     int T;
34     ll G,L;
35     scanf("%d",&T);
36     while(T--)
37     {
38         memset(m1,0,sizeof(m1));
39         memset(c1,0,sizeof(c1));
40         memset(m2,0,sizeof(m2));
41         memset(c2,0,sizeof(c2));
42         scanf("%lld%lld",&G,&L);
43         int tm = 0;
44         bool in = 0;
45         bool fl = 1;
46         //printf("%d
",prime[1]);
47         if(L%G) fl = 0;
48         for(int i = 0; i< cnt; i++){
49             while(prime[i]<=L&&L%prime[i]==0){
50                 L = L/prime[i];
51                 m2[tm] = prime[i];
52                 c2[tm]++;
53                 in = 1;
54             }
55             if(in) tm++;
56             in = 0;
57         }
58         if(L!=1){
59             m2[tm] = L;
60             c2[tm] = 1;
61             tm++;
62         }
63         for(int i = 0; i < tm; i++){
64             while(m2[i]<=G&&G%m2[i]==0){
65                 G = G/m2[i];
66                 m1[i] = m2[i];
67                 c1[i]++;
68             }
69             in = 0;
70         }
71         if(G!=1){
72            fl = 0;
73         }
74         /*puts("haha");
75         for(int i = 0; i < tm; i++){
76             printf("m1[%d]=%d; m2[%d]=%d;
",i,m1[i],i,m2[i]);
77             printf("c1[%d]=%d; c2[%d]=%d;
",i,c1[i],i,c2[i]);
78         }
79         */
80         if(fl==0) {puts("0"); continue;}
81         ll ans = 1;
82         for(int i = 0; i < tm; i++){
83             //需要特判当c1[i] =c2[i]的情况
84             ll E;
85             if(c1[i]==c2[i]) E = 0;
86             else E = c2[i]-c1[i]-1;
87             /*
88                 也可以用排列组合的想法，每次找到两个数包含首尾的两个值，然后中间的一个在从所有可能中选取一个。
89                 这样最后的公式就是A(3,2)*(c2[i]-c1[i]-1);
90                 所以
91                 if(c2[i]>c1[i]) ans = ans*6*(c2[i]-c1[i]-1);
92                     */
93             ans = ans*((c2[i]-c1[i]+1)*(c2[i]-c1[i]+1)*(c2[i]-c1[i]+1)-2*(c2[i]-c1[i])*(c2[i]-c1[i])*(c2[i]-c1[i])+E*E*E);
94         }
95         printf("%lld
",ans);
96     }
97     return 0;
98 }