題意：有已知的[ex, ey]，求可以由[sx+lcm(sx, sy), sy]或者[sx, sy+lcm(sx, sy)]得到，求這樣的[sx, sy]的數目，當然，[ex, ey]也算是一組。

一道推理題，顯而易見，知[ex, ey]那我們得把關係聯絡起來，[sx+sx*sy/gcd, sy]=[ex, ey]，則有sy=ey，又可知道gcd(sx, sy)==gcd(ex, ey)必定成立（可推導），所以我們能確定前一刻的sx，sx*(sy+gcd)=ex*gcd，sx=ex*gcd/(gcd+sy)；於是，我們便把原來O(N)的複雜度下降了，我們只需要遍歷這樣的sx即可，並且，對於前一刻的[ex, ey]一定要有ex>ey才行，並且等式成立的條件還得是前後的gcd不得改變。

所以，列寫程式碼吧：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <limits>
#include <vector>
#include <stack>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#define lowbit(x) ( x&(-x) )
#define pi 3.141592653589793
#define e 2.718281828459045
using namespace std;
typedef long long ll;
ll N, M, ans, g;
ll gcd(ll a, ll b) { return b==0?a:gcd(b, a%b); }
ll solve(ll x, ll y)
{
    ll up=x*g, down=y+g;
    if(down==0) return 0;
    if(up<down) return 0;
    if(up%down==0) return up/down;
    else return 0;
}
int main()
{
    int T;  scanf("%d", &T);
    for(int Cas=1; Cas<=T; Cas++)
    {
        scanf("%lld%lld", &N, &M);
        g=gcd(N, M);
        ans=0;
        ll a=N, b=M;
        while(gcd(a, b)==g)
        {
            if(a<b) swap(a, b);
            ll tmp=solve(a, b);
            if(tmp && gcd(tmp, b)==g)
            {
                ans++;
                a=tmp;
            }
            else break;
        }
        printf("Case #%d: %lld\n", Cas, ans+1);
    }
    return 0;
}