题意：对于给出的n个询问，每次求有多少个数对(x,y)，满足a≤x≤b，c≤y≤d，且gcd(x,y) = k，gcd(x,y)函数为x和y的最大公约数。
分析：gcd(x,y)==k等价于gcd(x/k,y/k)==1,根据莫比乌斯反演很容易求出[1,n][1,m]的gcd(x,y)==1的对数，但询问有50000个，直接去计算肯定会TLE，这里得分块处理加速计算，因为对于(n/i)和（m/i）在一定区间内的值是一定的，根据这点可以每次跳过这段的计算。
这里的分块有点类似求和sum=n/1+n/2+n/3+...+n/(n-1)+n/n.直接去算O(n)，分块O(sqrt(n)).
#pragma comment(linker,"/STACK:1024000000,1024000000")
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cmath>
#include <limits.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <cstdlib>
#include <stack>
#include <vector>
#include <set>
#include <map>
#define LL long long
#define mod 100000000
#define inf 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-6
#define N 50000
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define PII pair<int,int>
using namespace std;
inline int read()
{
char ch=getchar();int x=,f=;
while(ch>''||ch<''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(ch<=''&&ch>=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
return x*f;
}
bool vis[N+];
int mu[N+],prime[N+],sum[N+];
void Mobius()
{
memset(vis,false,sizeof(vis));
mu[]=;
int tot=;
for(int i=;i<=N;i++)
{
if(!vis[i])
{
prime[tot++]=i;
mu[i]=-;
}
for(int j=;j<tot;j++)
{
if(i*prime[j]>N)break;
vis[i*prime[j]]=true;
if(i%prime[j]==)
{
mu[i*prime[j]]=;
break;
}
else
{
mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
}
}
for(int i=;i<=N;i++)sum[i]=sum[i-]+mu[i];
}
LL solve(int n,int m)
{
LL res=;
if(n>m)swap(n,m);
for(int i=,last=;i<=n;i=last+)
{
last=min(n/(n/i),(m/(m/i)));
res+=1LL*(sum[last]-sum[i-])*(n/i)*(m/i);
}
return res;
}
int main()
{
int T,a,b,c,d,k;
Mobius();
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
a--;c--;
LL ans=solve(b/k,d/k)-solve(b/k,c/k)-solve(a/k,d/k)+solve(a/k,c/k);
printf("%lld\n",ans);
}
}