# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long gcd(long long a, long long b) {
	if (b == 0) {
		return a;
	} else {
		return gcd(max(a % b, b), min(a % b, b));
	}
}
int main() {
	int P, Q;
	cin >> P >> Q;
	int ret = 0;
	for (int i = P; i <= Q; i++) {
		if ((P * Q) % i == 0 && gcd(i, (P * Q) / i) == P) {
			ret++;
		}
	}
	printf("%d", ret);
	return 0;
}

#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
int m,n,ans,flag;
ll gcd(ll x,ll y)
{
    if(y==0)    {return x;}
    return gcd(y,x%y);
}
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=sqrt(1ll*m*n);i++)
    {
        if((1ll*n*m)%i==0&&gcd(i,(1ll*n*m)/i)==n)
        {
            ans++;
            if(1ll*i*i==1ll*n*m)  flag=1;
        }
    }
    cout<<ans*2-flag;//最后乘以二是因为只遍历了一半
    return 0;
}

由于$\gcd(a,b)\cdot\operatorname{lcm}(a,b)=ab$ ，我们有$PQ=x_0y_0$，所以在此基础上，找出所有乘积为$x_0y_0$且最大公约数为$x_0$的$(P,Q)$即可。

令$P=t_1x_0,Q=t_2x_0$，由于$\gcd(P,Q)=x_0$，所以显然$t_1,t_2$互质，这启发我们枚举所有互质的$(t_1,t_2)$即可。因为$PQ=x_0y_0$，所以$t_1t_2=\dfrac{y_0}{x_0}(x_0<y_0)$，枚举$\dfrac{y_0}{x_0}$的所有约数即可。时间复杂度为$O(\sqrt{n}\log{n})$。相应地，这也告诉我们当$y_0$无法被$x_0$整除时，题目无解。

最后注意一点， $x_0=y_0$时要特判，输出$1$。

#include <iostream>
#include <cmath>

using namespace std;

int x, y, t;
long long ans;

int gcd(int a, int b) {
	if (b == 0) return a;
	return gcd(b, a % b);
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);

	cin >> x >> y;
	if (x > y) swap(x, y);
	if (y % x != 0) {
		cout << 0 << endl;
		return 0;
	}
	t = y / x;
	if (t == 1) {
		cout << 1 << endl;
		return 0;
	}
	for (int i = 1; i * i < t; ++i)
		if (t % i == 0 && gcd(t / i, i) == 1)
			++ans;
	ans *= 2;
	cout << ans << endl;

	return 0;
}

include <bits/stdc++.h>

using namespace std; long long gcd(long long a, long long b) { if (b == 0) { return a; } else { return gcd(max(a % b, b), min(a % b, b)); } } int main() { int P, Q; cin >> P >> Q; int ret = 0; for (int i = P; i <= Q; i++) { if ((P * Q) % i == 0 && gcd(i, (P * Q) / i) == P) { ret++; } } printf("%d", ret); return 0; }