思路
对于答案，我们考虑对于每个可行的$c$会和多少$d$产生合法序偶。首先证明$c$和$b$必然互质。
假设$c$和$b$不互质，那么设$t_{1}=gcd(c, b),(t_{1} > 1)$对于
$(c*d)\%b=a$
等价于
$(k_{1}*t_{1})\%b=a,(k_1\in Z)$
$(k_{1}*t_{1})\%(k_{2}*t_{1})=a,(k_1,k_2\in Z)$
$k_{1}*t_{1}-k_{3}*t_{1}=a,(k_1,k_3\in Z)$
$t_{1}*(k_{1}-k_{3})=a,(k_1,k_3\in Z)$
由于$a\neq 0$，所以$t_{1}$是$a$的因子。因为$t_{1}$是$b$的因子，所以假设不成立，所以$c$与$b$互质。
接下来考虑每个$c$对答案的贡献。考虑$exgcd$的一般形式
$ax+by = c$
将$a,b,c$分别换成本题中的$c,b,a$，$x,y$换成$d, k$，得到
$cd+bk = a$
显然存在$d_{0},k_{0}$使得等式成立，那么得到$d,k$的答案的通项为
$d = \frac{a}{gcd(c,b)}d_{0}+\frac{t_{4}}{gcd(c, b)}b=ad_{0}+t_{4}b$
$k = \frac{a}{gcd(c,b)}k_{0}-\frac{t_{4}}{gcd(c, b)}c=ak_{0}-t_{4}c$
显然有且仅有一个$t_{4}$使得$1\leq d\leq b -1 $。
既然每个合法的$c$对答案的贡献有且只有$1$，那么答案就转化为$1$到$b-1$中与$b$互素的数的个数，就是欧拉函数了。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define DBG(x) cerr << #x << " = " << x << endl using namespace std;
typedef long long LL; int t, a, b; LL Euler(LL n) {
LL ans = n;
for(int i = 2; i * i <= n; i++) {
if(!(n % i)) {
ans = ans / i * (i - 1);
while(n % i == 0) n/=i;
}
}
return (n > 1 ? (ans / n * (n - 1)) : ans);
} int main() {
scanf("%d", &t);
while(t--) {
scanf("%d%d", &a, &b);
printf("%lld\n", Euler(b));
}
return 0;
}