[NOIp 2009]Hankson的趣味题

Description

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。

Input

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。

Output

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；

Sample Input

2
41 1 96 288
95 1 37 1776

Sample Output

6
2

HINT

【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。

题解（转载）

->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 }

转载于:https://www.cnblogs.com/NaVi-Awson/p/7637956.html