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解题思路：
因为x和b0的最小公倍数是b1，所以x一定是b1的约数，我们可以枚举出b1所有的约数，依次对给定的2个条件进行判断，如果符合条件答案加一，现在的问题是如何枚举b1的所有约数，如果暴力从1开始枚举必定会超时，稍微改进一下采用试除法，其时间复杂度为：，依旧会超时，再次改进，我们可以先求出根号2e9内的质数，用这些质数对b1进行质因数分解，得到其质因子和相应的次数，通过质因子和次数可以将b1所有的约数枚举出来判断条件即可，这里先普及一个知识点，1~n中的质数的个数约为n/ln(n)个，所以这样做的时间复杂度为：
,这样一来时间复杂度终于是足够了，下面就是激动人心的实现环节了。
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=50010;
int primes[50010],dcnt,fcnt,cnt;
struct node{
int p;
int s;
}factor[10];
int dividor[1610];
int n;
bool st[N];
void init(int n)
{
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!st[i])
primes[cnt++]=i;
for(int j=0;i*primes[j]<=n;j++)
{
st[i*primes[j]]=true;
if(i%primes[j]==0)
break;
}
}
}
void dfs(int u,int p)
{
if(u==fcnt)
{
dividor[dcnt++]=p;
return ;
}
for(int i=0;i<=factor[u].s;i++)
{
dfs(u+1,p);
p=p*factor[u].p;
}
}
int gcd(int a,int b)
{
return b?gcd(b,a%b):a;
}
int main()
{
cin>>n;
init(N-1);
while(n--)
{
int a,b,c,d;
cin>>a>>b>>c>>d;
fcnt=0;
int t=d;
//对最小公倍数进行质因数分解
for(int i=0;primes[i]<=t/primes[i];i++)
{
int p=primes[i];
if(t%p==0)
{
int s=0;
while(t%p== 0)
t/=p,s++;
factor[fcnt++]={p,s};
}
}
if(t>1)
factor[fcnt++]={t,1};
dcnt=0;
//枚举最小公倍数的所有约数
dfs(0,1);
int ans=0;
for(int i=0;i<dcnt;i++)
{
int x=dividor[i];
if(gcd(a,x)==b&&(long long)c*x/gcd(c,x)==d)
ans++;
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}