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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 50010;
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typedef long long LL;
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struct Node {
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int prime; // 质数因子
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int count; // 个数
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} f[10]; // 一维：哪个质数因子，二维：有几个 f:因子
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// 根据经验， primes[]={2,3,5,7,11,13,17,19,23}足够分解INT_MAX,共9个就够了
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int fl; // 配合数组使用的游标
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int d[1610], dl; // 约数数组,约数数组游标 d:约数
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// 根据经验INT_MAX中约数个数最多的是1600个,开1610足够。
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// 欧拉筛
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int primes[N], cnt; // primes[]存储所有素数
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bool st[N]; // st[x]存储x是否被筛掉
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void get_primes(int n) {
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memset(st, 0, sizeof st);
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cnt = 0;
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for (int i = 2; i <= n; i++) {
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if (!st[i]) primes[cnt++] = i;
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for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) {
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st[primes[j] * i] = true;
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if (i % primes[j] == 0) break;
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}
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}
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}
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// 最大公约数，辗转相除法
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int gcd(int a, int b) {
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if (b == 0) return a;
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return gcd(b, a % b);
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}
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// 最小公倍数
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int lcm(int a, int b) {
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return b / gcd(a, b) * a; // 注意顺序，防止乘法爆int
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}
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/**
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功能：根据分解完成的质数因子数组 获取 所有约数
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u：走到已经求出的质数因子数组f面前，现在是第u个
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p: 已经拼接完成的的约数，初始值是1,是0的话没法通过质数因子相乘得到结果，base=1
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*/
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void dfs(int u, int p) {
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if (u == fl) { // 如果所有质数因子遍历完成 0~fl-1是所有质因子的下标
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d[dl++] = p; // 约数又多了一个
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return;
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}
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// 枚举当前质数因子f[u]使用几个,最少是0个，最多是f[u].count个
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for (int i = 0; i <= f[u].count; i++) {
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dfs(u + 1, p);
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p *= f[u].prime; // 这两句话用的太漂亮了，完美的模拟了要0个，要1个，要2个...牛B plus!
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}
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}
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int main() {
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get_primes(50000); // 求小的质数因子，sqrt(INT_MAX)<50000,开50000很保险
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int n;
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cin >> n;
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while (n--) {
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/*
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读入四个数字
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x 和 a0 的最大公约数是 a1
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x 和 b0 的最小公倍数是 b1
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*/
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int a0, a1, b0, b1;
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cin >> a0 >> a1 >> b0 >> b1;
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fl = 0; // 多组数据，每次注意清零
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int t = b1; // 拷贝出来，一直除到没有为止
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// 枚举b1的每个质数小因子
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for (int i = 0; primes[i] <= t / primes[i]; i++) {
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int p = primes[i];
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if (t % p == 0) {
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int s = 0;
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while (t % p == 0) t /= p, s++;
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f[fl++] = {p, s}; // 记录小质数因子和个数
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}
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}
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// 如果存在大的质因子，那么最多只有一个，比如2*7=14中的7,此时t=7
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// 也可能b1本身就是一个质数，比如131,那么此时t=131
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if (t > 1) f[fl++] = {t, 1}; // 记录到质数数组中
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// 现在求出的是b1的所有质数因数，题目要求的是约数,利用dfs通过质数因子获取所有约数
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dl = 0; // 多组测试数据，也清一下零吧！
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dfs(0, 1); // 一次dfs，将质数因子数组 转换 约数数组,p的默认值是1
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int res = 0; // 答案数量
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for (int i = 0; i < dl; i++) { // 枚举所有约数
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int x = d[i]; // 判断是不是符合题意
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if (gcd(a0, x) == a1 && lcm(b0, x) == b1) res++;
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}
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// 输出结果
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printf("%d\n", res);
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}
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return 0;
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}
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