zoj 1577 (gcd，lcm）求 所有的对数。

Given x and y (2 <= x <= 100,000, 2 <= y <= 1,000,000), you are to count the number of p and q such that:

1. p and q are positive integers;

2. GCD(p, q) = x;

3. LCM(p, q) = y.

Input
x and y, one line for each test.

Output
Number of pairs of p and q.

Sample Input
3 60

Sample Output
4

给你 x,y。gcd和lcm 问这样的对数有多少。

转载：http://blog.youkuaiyun.com/xieshimao/article/details/6439803

先说说解法吧。
假设g=gcd(p,q)，l=lcm(p,q)，key=l/g

我们可以想象一下：
那个key是什么？想清楚这个问题就很简单了。
l是p和q公共的素因子的并集，而g则是交集（仔细理解这句话！！）
于是key的意思就是l刚好比g多的一部分素因子
于是我们可以选择这些素因子和g组合得到了p
另一部分和g组合得到了q

假设key的素因子个数（重复的不算）有n个
那么选择方案就有：C(n,0)+C(n,1)+C(n,2)+…+C(n,n)
熟悉组合学公式的童鞋肯定很快就可以反应过来
上面那个式子的和为2^n，所以剩下的工作就非常的简单了

注意点1：要求y/x的 因式分解，这样才是多余那部分。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define ff(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define f(i,a,b) for(int i = a; i < b; i++)
typedef pair<int,int> P;
#define ll long long

vector<int> solve(int x)
{
	vector<int> ans;
	for(int i = 2; i * i <= x; i++)
	{
		if(x%i == 0)
		{
			ans.push_back(i);
			while(x%i == 0)
			x /= i;
		}
	}
	if(x!=1) ans.push_back(x);
	return ans;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    int x,y;
    while(cin >> x >>y)
    {
    	vector<int> v1 = solve(y/x);
	    if(y % x != 0)
	    {
	    	printf("0\n");
	    	continue;
	    }
	    int n =v1.size();
	    printf("%lld\n",(ll)pow(2ll,n) );
    }

	return 0;
}