方法就是枚举，根据b0和b1可以大大减小枚举范围，方法类似这个http://blog.csdn.net/hehe_54321/article/details/76021615
将b0和b1都分解质因数。记b0的某一质因数x的指数为a，b1中x的指数为b。如果a>b，那么显然对于这组b0和b1不可能有答案；如果a=b，那么ans中的x的指数可以为0到a的任意一个数；如果a<b，那么ans中x的指数只能为b。
举例：
$$
egin{array}{l|l}
b0=37 & b1=1776 \
hline
37 & =37^1*3^0*2^0 \
ans & =37^x*3^1*2^4 \
1776 & =37^1*3^1*2^4 \
hline
b0=37&b1=1776 \
96 & =3^1*2^5 \
ans & =3^2*2^y\
288 & =3^2*2^5
end{array}
$$
x表示0-1的任何数，y表示0-5的任何数。这样子就可以得出所有可能的ans，然后再验证其与a0的gcd是否是a1即可。
注意：
1.像我这样写，需要特判1，因为对1分解质因数会得到1，对其他数分解都不会出现这个1。
2.曾经写了假的分解质因数，结果T掉了...真的分解质因数（要打质数表）还是要记一下。
1 %:pragma GCC optimize(2) 2 #include<cstdio> 3 #include<cmath> 4 #include<cstring> 5 #include<map> 6 #include<set> 7 using namespace std; 8 typedef int LL; 9 LL prime[10000]; 10 bool vis[50100]; 11 LL ans0[24],ans1[24]; 12 map<LL,LL> ma; 13 map<LL,LL>::iterator it; 14 set<LL>::iterator it2; 15 set<LL> se; 16 LL temp[2][2000]; 17 LL size,anss; 18 LL a0,a1,b0,b1,T; 19 LL gcd(LL a,LL b) 20 { 21 LL t; 22 while(b!=0) 23 { 24 t=a; 25 a=b; 26 b=t%b; 27 } 28 return a; 29 } 30 LL pow2(LL x,LL y) 31 { 32 LL base=x,ans=1; 33 while(y>0) 34 { 35 if(y&1) ans*=base; 36 base*=base; 37 y>>=1; 38 } 39 return ans; 40 } 41 void dprime(LL n,LL ans[]) 42 { 43 LL i; 44 LL end=floor(sqrt(n+0.5)); 45 for(i=1;prime[i]<=end;i++) 46 while(n!=prime[i]) 47 { 48 if(n%prime[i]==0) 49 { 50 if(ma.count(prime[i])==0) 51 ma[prime[i]]=++size; 52 ans[ma[prime[i]]]++; 53 n/=prime[i]; 54 } 55 else 56 break; 57 } 58 if(ma.count(n)==0) 59 ma[n]=++size; 60 ans[ma[n]]++; 61 } 62 int main() 63 { 64 65 LL ii,i,j,d,dd,d1,d2; 66 for(i=2;i<=50000;i++) 67 { 68 if(!vis[i]) prime[++prime[0]]=i; 69 for(j=1;j<=prime[0]&&i*prime[j]<=50000;j++) 70 { 71 vis[i*prime[j]]=1; 72 if(i%prime[j]==0) break; 73 } 74 } 75 scanf("%d",&T); 76 while(T--) 77 { 78 memset(ans0,0,sizeof(ans0)); 79 memset(ans1,0,sizeof(ans1)); 80 se.clear();anss=0; 81 ma.clear();size=0; 82 scanf("%d%d%d%d",&a0,&a1,&b0,&b1); 83 dprime(b0,ans0); 84 dprime(b1,ans1); 85 if(ma.count(1)==1) ans0[ma[1]]=1,ans1[ma[1]]=1; 86 ii=0; 87 memset(temp[0],0,sizeof(temp[0])); 88 temp[0][0]=1; 89 temp[0][1]=1; 90 for(it=ma.begin();it!=ma.end();it++) 91 { 92 ii^=1; 93 memset(temp[ii],0,sizeof(temp[ii])); 94 d=it->second; 95 dd=it->first; 96 d1=ans0[d]; 97 d2=ans1[d]; 98 if(d1>d2) 99 { 100 puts("0"); 101 goto xxx; 102 } 103 else if(d1==d2) 104 { 105 for(i=1;i<=temp[ii^1][0];i++) 106 for(j=0;j<=d2;j++) 107 temp[ii][++temp[ii][0]]=temp[ii^1][i]*pow2(dd,j); 108 } 109 else 110 { 111 for(i=1;i<=temp[ii^1][0];i++) 112 temp[ii][++temp[ii][0]]=temp[ii^1][i]*pow2(dd,d2); 113 } 114 } 115 for(i=1;i<=temp[ii][0];i++) 116 se.insert(temp[ii][i]); 117 for(it2=se.begin();it2!=se.end();it2++) 118 { 119 if(gcd(*it2,a0)==a1) 120 anss++; 121 } 122 printf("%d ",anss); 123 xxx:; 124 } 125 return 0; 126 }
假的分解质因数：
void dprime(int n,int ans[]) { int i; for(i=2;i<=n;i++) while(n!=i) { if(n%i==0) { if(ma.count(i)==0) ma[i]=++size; ans[ma[i]]++; n/=i; } else break; } if(ma.count(n)==0) ma[n]=++size; ans[ma[n]]++; }
额外的方法：
设x=a1*a2;a0=a1*a3;x*b2=b1;b0*b3=b1;
则a1*a2*b2=b1
又a1是x和a0的最大公约数，所以a2和a3互质。
又b1是x和b0的最小公倍数，所以b2和b3互质。
所以a2和a0/a1,b2和b1/b0互质。
因为a1*a2*b2=b1
所以a2*b2=b1/a1
因此a2，b2是b1/a1的因子，只需枚举并且判断是否与a3，b3互质即可。
https://www.luogu.org/wiki/show?name=%E9%A2%98%E8%A7%A3+P1072