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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 c1 和 c2 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 a0,a1,b0,b1，设某未知正整数 x 满足：
1． x 和 a0 的最大公约数是 a1；
2． x 和 b0 的最小公倍数是 b1。
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。
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 a0，a1，b0，b1，每两个整数之间用一个空格隔开。输入数据保证 a0 能被 a1 整除，b1 能被 b0 整除。
共 n 行。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；
2
41 1 96 288
95 1 37 1776
6
2
【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≤a0，a1，b0，b1≤10000 且 n≤100。
对于 100%的数据，保证有 1≤a0，a1，b0，b1≤2,000,000,000 且 n≤2000。
->原文地址<-
这题可以从$b_0$和$b_1$下手，考虑$b_0$和$b_1$的质因子，如果$b_1$的某个质因子和$b_0$的某个质因子的出现次数相同，那么$x$就可以取任意个(不超过$b_1$)该质因子。
如果$b_0$的质因子和$b_1$的质因子出现的不相同，那么x含有该因子的次数就确定了，可以直接乘起来。
最后我们把不确定的质因子$dfs$枚举出现次数，然后暴力判断$gcd(x, a_0) = a_1$即可。
1 //It is made by Awson on 2017.10.8 2 #include <map> 3 #include <set> 4 #include <cmath> 5 #include <ctime> 6 #include <queue> 7 #include <stack> 8 #include <vector> 9 #include <cstdio> 10 #include <string> 11 #include <cstdlib> 12 #include <cstring> 13 #include <iostream> 14 #include <algorithm> 15 #define LL long long 16 #define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b)) 17 #define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b)) 18 using namespace std; 19 const int N = 5e4; 20 21 int prime[N+5], top; 22 bool isprime[N+5]; 23 int a, b, c, d; 24 int qa[N+5], qt[N+5]; 25 int ans, pos; 26 27 void prepare() { 28 memset(isprime, 1, sizeof(isprime)); 29 isprime[1] = 0; 30 for (int i = 2; i <= N; i++) { 31 if (isprime[i]) prime[++top] = i; 32 for (int j = 1; j <= top && prime[j]*i <= N; j++) { 33 isprime[prime[j]*i] = 0; 34 if (!(i%prime[j])) break; 35 } 36 } 37 } 38 int quick_pow(int a, int b) { 39 int sum = 1; 40 while (b) { 41 if (b&1) sum *= a; 42 a *= a; 43 b >>= 1; 44 } 45 return sum; 46 } 47 int gcd(int a, int b) { 48 return b ? gcd(b, a%b) : a; 49 } 50 bool judge(int p, int lo) { 51 int t = c, cnt = 0; 52 while (t%p == 0) t /= p, cnt++; 53 return cnt != lo; 54 } 55 void dfs(int cen, int sum) { 56 if (cen == pos+1) { 57 if (gcd(sum, a) == b) ans++; 58 return; 59 } 60 dfs(cen+1, sum); 61 for (int i = 1; i <= qt[cen]; i++) 62 dfs(cen+1, sum *= qa[cen]); 63 } 64 void work() { 65 scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d); 66 int t = d, sum = 1; pos = 0; ans = 0; 67 for (int i = 1; i <= top && prime[i] <= t; i++) { 68 int cnt = 0; 69 while (t%prime[i] == 0) t/=prime[i], cnt++; 70 if (judge(prime[i], cnt)) sum *= quick_pow(prime[i], cnt); 71 else qa[++pos] = prime[i], qt[pos] = cnt; 72 } 73 if (t != 1) { 74 if (judge(t, 1)) sum *= t; 75 else qa[++pos] = t, qt[pos] = 1; 76 } 77 dfs(1, sum); 78 printf("%d\n", ans); 79 } 80 int main() { 81 int t; scanf("%d", &t); 82 prepare(); 83 while (t--) work(); 84 return 0; 85 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/NaVi-Awson/p/7637956.html
