这一题最重要的就是数学推理！
初中蒟蒻不懂集合，只好奉上通俗易懂的推理
首先当然是得打素数表，实际上我们只要打到前4000个素数就可以了，多打无害。
那么，我们来推理。

假如a与b的最大公因数是c，我们把它们分解质因数，将a分解后的结果中含有素数p的个数记为an，将b分解后的结果中含有素数p的个数记为bn，将c分解后的结果中含有素数p的个数记为cn。

如果an=cn，那么bn只要大于cn大可随意取值

如果an>cn，那么bn必须等于cn（自己思考）

如果an<cn，那么这游戏没法玩了，直接输出0退出程序。

假如a与b的最小公倍数是c，我们把它们分解质因数，将a分解后的结果中含有素数p的个数记为an，将b分解后的结果中含有素数p的个数记为bn，将c分解后的结果中含有素数p的个数记为cn。

如果an=cn，那么bn只要小于cn并大于等于0，大可随意取值

如果an<cn，那么bn必须等于cn（自己思考）

如果an>cn，那么这游戏没法玩了，直接输出0退出程序。

那么，如果上述两项讨论中均出现an=cn的情况，我们就可以发现，bn只能取cn(第一项讨论中的)~cn(第二项讨论中的)之间的数。

将情况组合(这里直接相乘)即为解

好吧，推理结束，程序就好写了。我们只要写一个过程，将我们的推理结果表述一遍，并将素数表前4000的数据代到p里面去运算就好了。
AC代码奉上，仅供参考。

C++ 代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
using namespace std;
int ssqrt;
int cf(int a,int b)//去掉a中与b共有的质因数。思想：将b质因数分解，同时将a中与b共有的质因数去掉。
{
    ssqrt=sqrt(b);
    for(int i=2;i<=ssqrt;i++)//sqrt(b)复杂度质因数分解b
    {
        if(b%i==0)while(a%i==0)a/=i;//去掉a中与b共有的质因数，将a分解
        while(b%i==0)b/=i;//将b质因数分解
    }
    if(b!=1)while(a%b==0)a/=b;//注意：此时b可能还不是1，因为b可能有比sqrt(b)更大的质因数，但至多只有一个，且它的次幂至多是1。所以如果b不是1，那就只能是一个质数。于是此时继续分解a。
    return a;//返回剩下的a
}
int gcd(int a,int b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}//辗转相除求最大公约数
int main()
{
    int a0,a1,b0,b1;
    int gs;
    int m,n,s,l,q;
    scanf("%d",&gs);
    int cnt;
    while(gs--)
    {
        scanf("%d%d%d%d",&a0,&a1,&b0,&b1);
        if(a0%a1|b1%b0|b1%a1){printf("0\n");continue;}//如果m、n、s中有小数，则直接输出0。这里的代码用到了一些位运算
        m=a0/a1,n=b1/b0,s=b1/a1;l=cf(s,n);//求出m、n、s，然后求出l
        if(gcd(max(s/l,m),min(s/l,m))!=1){printf("0\n");continue;}//如果不互质，则直接输出0
        q=cf(l,m);cnt=0,ssqrt=sqrt(q);//求出q，开始枚举q的因数，求出q的因数个数
        for(int i=1;i<=ssqrt;i++)if(q%i==0)cnt+=i==q/i?1:2;//这里注意，如果i==q/i，则只加1，否则加2
        printf("%d\n",cnt);//输出
    }
    return 0;
}

这道题其实有一个优化算法，可以跑得更快。

并且，因为下面的题解似乎都没有很好地讲解这道题的思路，因此本人将详细地演示一下这道题的推算过程：

首先，我们知道这两个等式：(a0,x)=a1,[b0,x]=b1(a0,x)=a1,[b0,x]=b1
于是，我们可以设：x=a1p,b1=xtx=a1∗p,b1=x∗t
于是有：a1pt=b1a1∗p∗t=b1
所以我们令：b1/a1=sb1/a1=s

则：p*t=sp∗t=s
即：t=s/pt=s/p
又由最大公约数与最小公倍数的定义与性质可得：

(a0/a1,p)=1,(b1/b0,t)=1(a0/a1,p)=1,(b1/b0,t)=1
所以我们令：a0/a1=m,b1/b0=na0/a1=m,b1/b0=n
则有：(p,m)=1,(s/p,n)=1(p,m)=1,(s/p,n)=1
这就是第一个结论，我们称其为结论一。事实上，我们其实已经可以由结论一整理出可以AC的方法，即用sqrt(s)的复杂度枚举s的因数，然后将每个因数放到结论一中，看看是否成立，再统计所有符合结论一的因数的个数，然后输出即可。这种算法的复杂度是：O(sqrt(s)log(s)n)。这样其实也能卡过数据，但是还是没有达到理论上的通过。所以我们还要继续优化。

我们考虑(s/p,n)=1。如果s/p与n有相同质因数，则意思那个无法使(s/p,n)=1成立。于是，我们可以将s与n所有相同的质因数从s中去掉，得到剩余的数l（这一点还是很需要技巧的，在程序中会有解析）。于是，s/p就必须是l的约数。

我们继续考虑(p,m)=1。因为s/p是l的约数，那么p就一定可以表示为这样的形式：

p=(s/l)*rp=(s/l)∗r
即：p一定是s/l的倍数（因为s/p是l的约数）。而r也必须是l的约数。于是就又有：

r|l,(r,m)=1r∣l,(r,m)=1
这就是第二个结论，我们称其为结论二。而解决结论二的方法便很明显了。我们可以用与解决结论一相似的方法，将l与m所有相同的质因数从l中去掉，得到剩余的数q。那么这样，所有符合条件的r都是q的因数了。然后，我们可以用sqrt(q)的复杂度枚举q的所有因数，输出q的因数个数就行了。这样，复杂度便降到了：O((sqrt(s)+log(s))*n)，从理论来说也不会超时了。

还有一点需要注意，那就是特判没有符合要求的x的情况。这种情况出现只有四种可能：

1、s不为整数
2、m不为整数
3、n不为整数
4、(s/l,m)≠1，即因为p是s/l的倍数，所以无论r取何值，都会有(p,m)≠1
加上这四个特判，这道题便做完了。

总结一下，这道题，代码虽不长，但是思路需要很精细，也难想到，是一道不错的题。

下为代码：

C++ 代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
using namespace std;
int ssqrt;
int cf(int a,int b)//去掉a中与b共有的质因数。思想：将b质因数分解，同时将a中与b共有的质因数去掉。
{
    ssqrt=sqrt(b);
    for(int i=2;i<=ssqrt;i++)//sqrt(b)复杂度质因数分解b
    {
        if(b%i==0)while(a%i==0)a/=i;//去掉a中与b共有的质因数，将a分解
        while(b%i==0)b/=i;//将b质因数分解
    }
    if(b!=1)while(a%b==0)a/=b;//注意：此时b可能还不是1，因为b可能有比sqrt(b)更大的质因数，但至多只有一个，且它的次幂至多是1。所以如果b不是1，那就只能是一个质数。于是此时继续分解a。
    return a;//返回剩下的a
}
int gcd(int a,int b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}//辗转相除求最大公约数
int main()
{
    int a0,a1,b0,b1;
    int gs;
    int m,n,s,l,q;
    scanf("%d",&gs);
    int cnt;
    while(gs--)
    {
        scanf("%d%d%d%d",&a0,&a1,&b0,&b1);
        if(a0%a1|b1%b0|b1%a1){printf("0\n");continue;}//如果m、n、s中有小数，则直接输出0。这里的代码用到了一些位运算
        m=a0/a1,n=b1/b0,s=b1/a1;l=cf(s,n);//求出m、n、s，然后求出l
        if(gcd(max(s/l,m),min(s/l,m))!=1){printf("0\n");continue;}//如果不互质，则直接输出0
        q=cf(l,m);cnt=0,ssqrt=sqrt(q);//求出q，开始枚举q的因数，求出q的因数个数
        for(int i=1;i<=ssqrt;i++)if(q%i==0)cnt+=i==q/i?1:2;//这里注意，如果i==q/i，则只加1，否则加2
        printf("%d\n",cnt);//输出
    }
    return 0;
}