题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4497
GCD and LCM
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Problem Description
Given two positive integers G and L, could you tell me how many solutions of (x, y, z) there are, satisfying that gcd(x, y, z) = G and lcm(x, y, z) = L?
Note, gcd(x, y, z) means the greatest common divisor of x, y and z, while lcm(x, y, z) means the least common multiple of x, y and z.
Note 2, (1, 2, 3) and (1, 3, 2) are two different solutions.
Note, gcd(x, y, z) means the greatest common divisor of x, y and z, while lcm(x, y, z) means the least common multiple of x, y and z.
Note 2, (1, 2, 3) and (1, 3, 2) are two different solutions.
Input
First line comes an integer T (T <= 12), telling the number of test cases.
The next T lines, each contains two positive 32-bit signed integers, G and L.
It’s guaranteed that each answer will fit in a 32-bit signed integer.
The next T lines, each contains two positive 32-bit signed integers, G and L.
It’s guaranteed that each answer will fit in a 32-bit signed integer.
Output
For each test case, print one line with the number of solutions satisfying the conditions above.
Sample Input
2
6 72
7 33
6 72
7 33
Sample Output
72
0
0
Source
题意：给出三个数的最大公约数和最小公倍数，让求abc这三个数可能的情况，注意ABC的位置不同算不同的情况
考虑先分解最小公倍数。合数分解后，再分解最大公约数，可知，如果最大公约数中有最小公倍数中没有的质因数因子的话，那么答案肯定为0
然后考虑每一个因子pi有设合数分解最小公倍数的个数为bi合数分解最大公约数的个数为bi
下面有两种考虑方法
排列组合：易得三个数中的对于pi的情况必须有一个个数是bi，另一个是ai，然后就可以先选出两个位置一个bi一个ai然后最后一个位置上的个数一定介于ai和bi之间即（bi-ai-1）种情况。
所以最后的公式为ans *= A(3,2)*(bi-ai-1) = 6*(bi-ai-1) ;
注意，如果先筛素数的时候筛到1^6 然后如果L除以最后一个素数的时候不等于1，那么说明它（L的最后一个因子）一定是大于10^6的一个素数，因为10^12 = 10^6^2 > x^2>y;如果y存在一个非素数的因子k的话，有k*t = y 且k>x,则t<x则t已经被筛掉了。所以剩下的因子一定是素因子。一开始没有考虑这种特殊情况wa掉了。。。
注意，还要注意只有当(bi-ai-1) 有意义的时候才可以计算，因为如果bi==ai的时候可以发现正确结果是对于这一位应该是只用一种情况，就是三个数都相等，所以要特判一下。。。。后来又因为这个wa了一次~~~~(>_<)~~~~
容斥定理：同样是考虑每个因子，有所有的情况是每个位置都可以取（bi-ai+1）种情况即(bi-ai+1)^3，要减去没有bi个因子的情况和没有ai个因子的情况即2*(bi-ai)^3
然后发现减多了，要加上同时没有因子ai和bi的情况即(bi-ai-1)^3
这里同样要注意上面的注意。
//合数分解
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = ;
int prime[maxn];
bool pri[maxn];
int cnt;
void init()
{
cnt = ;
pri[] = pri[] = ;
//prime[0] = 2;
for(int i = ; i < maxn; i++){
if(!pri[i]){ prime[cnt++] = i;
for(int j = i+i; j < maxn; j+=i)
{
pri[j]=;
}
}
}
return;
}
ll m1[],m2[];
ll c1[],c2[];
int main()
{
init();
int T;
ll G,L;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
memset(m1,,sizeof(m1));
memset(c1,,sizeof(c1));
memset(m2,,sizeof(m2));
memset(c2,,sizeof(c2));
scanf("%lld%lld",&G,&L);
int tm = ;
bool in = ;
bool fl = ;
//printf("%d\n",prime[1]);
if(L%G) fl = ;
for(int i = ; i< cnt; i++){
while(prime[i]<=L&&L%prime[i]==){
L = L/prime[i];
m2[tm] = prime[i];
c2[tm]++;
in = ;
}
if(in) tm++;
in = ;
}
if(L!=){
m2[tm] = L;
c2[tm] = ;
tm++;
}
for(int i = ; i < tm; i++){
while(m2[i]<=G&&G%m2[i]==){
G = G/m2[i];
m1[i] = m2[i];
c1[i]++;
}
in = ;
}
if(G!=){
fl = ;
}
/*puts("haha");
for(int i = 0; i < tm; i++){
printf("m1[%d]=%d; m2[%d]=%d;\n",i,m1[i],i,m2[i]);
printf("c1[%d]=%d; c2[%d]=%d;\n",i,c1[i],i,c2[i]);
}
*/
if(fl==) {puts(""); continue;}
ll ans = ;
for(int i = ; i < tm; i++){
//需要特判当c1[i] =c2[i]的情况
ll E;
if(c1[i]==c2[i]) E = ;
else E = c2[i]-c1[i]-;
/*
也可以用排列组合的想法，每次找到两个数包含首尾的两个值，然后中间的一个在从所有可能中选取一个。
这样最后的公式就是A(3,2)*(c2[i]-c1[i]-1);
所以
if(c2[i]>c1[i]) ans = ans*6*(c2[i]-c1[i]-1);
*/
ans = ans*((c2[i]-c1[i]+)*(c2[i]-c1[i]+)*(c2[i]-c1[i]+)-*(c2[i]-c1[i])*(c2[i]-c1[i])*(c2[i]-c1[i])+E*E*E);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return ;
}