t组数据，每组数据包含：
给定a,b,c,d,求x的个数，x满足gcd(a,x)=b , lcm(c,x)=d
t ∈ [1,2000]
a,b,c,d ∈ [1 , 2e9]
# 题解
d的约数上界是√d , 但是1～d中平均每个数的约数个数大约只有log d，即约数个数通常远远达不到上界，
231-1内的数字约数个数不超过1600。
因为lcm(c,x)=d，所以x一定是d的约数，枚举所有d的约数，判断满不满足以上两个条件，
这样的复杂度是O(t * √d *log d)
约数是由质因子构成的用质因子的组合求所有约数时间复杂度
就是O(√d)预处理所有质数，然后O(t*1600*log d)
总的复杂度为O(√d+t*1600*log d)
因为组合最多有1600暴力搜索即可，
两个状态当前枚举的质因子，枚举到的约数
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define ll long long 3 #define pii pair<int,int> 4 #define prime first 5 #define count second 6 using namespace std; 7 const int N=5e5+10; 8 int primes[N],cnt; 9 bool st[N]; 10 int dcnt,fcnt; 11 pii factor[1600]; 12 int divide[N]; 13 void get_primes(int n){ 14 for(int i=2;i<=n;i++){ 15 if(!st[i]) primes[cnt++]=i; 16 for(int j=0;primes[j]<=n/i;j++){ 17 st[primes[j]*i]=1; 18 if(i%primes[j]==0) break; 19 } 20 } 21 } 22 int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;} 23 void dfs(int u,int p){ 24 if(u == fcnt){//从0开始，越界了 25 divide[dcnt++]=p; 26 return; 27 } 28 for(int i=0;i<=factor[u].count;i++){ 29 dfs(u+1,p); 30 p *= factor[u].prime; 31 } 32 } 33 int main(){ 34 get_primes(N-1); 35 int t; 36 cin>>t; 37 while(t--){ 38 int a,b,c,d; 39 cin>>a>>b>>c>>d; 40 fcnt=0; 41 int t=d; 42 for(int i=0;primes[i]<=t/primes[i];i++){ 43 int p=primes[i]; 44 if(t%p==0) { 45 int sum = 0; 46 while (t % p == 0) { 47 sum++; 48 t /= p; 49 } 50 factor[fcnt++] = {p, sum}; 51 } 52 } 53 if(t > 1) factor[fcnt++]={t,1}; 54 55 dcnt=0; 56 dfs(0,1); 57 int ans=0; 58 for(int i=0;i<dcnt;i++){ 59 int x=divide[i]; 60 if(gcd(a,x)==b && (ll)c*x/gcd(c,x)==d) 61 ans++; 62 } 63 cout<<ans<<endl; 64 } 65 return 0; 66 }