简要题意：
求
[sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m d(ij)
]
其中，(d(x)) 表示 (x) 的因数个数。
算法一
爆搜。
时间复杂度：(O(Tnm sqrt{nm})).（(T) 的飞起）
期望得分：(0pt).
算法二
考虑每个数作为其它数因数所产生的贡献。
时间复杂度：(O(T imes min(n,m))). （海星吧）
期望得分：(0pt).
算法三
一言不合就推式子
[sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m d(ij)
]
[= sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m sum_{x|i} sum_{y|j} [gcd(x,y)==1]
]
[= sum_{x=1}^n sum_{y=1}^m [gcd(x,y)==1] sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{x}
floor} sum_{j=1}^{lfloor frac{m}{y}
floor} 1
]
[= sum_{x=1}^n sum_{y=1}^m [gcd(x,y)==1] {lfloor frac{n}{x}
floor} imes {lfloor frac{m}{y}
floor}
]
[= sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m [gcd(i,j)==1] {lfloor frac{n}{i}
floor} imes {lfloor frac{m}{j}
floor}
]
显然到了这里式子推完，我们需要 莫比乌斯反演。
设
[f_x = sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m [gcd(i,j)==x] {lfloor frac{n}{i}
floor} imes {lfloor frac{m}{j}
floor}
]
[g_x = sum_{x|i} f_i
]
则
[g_x = sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m [x | gcd(i,j)] {lfloor frac{n}{i}
floor} imes {lfloor frac{m}{j}
floor}
]
[= sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m {lfloor frac{n}{ix}
floor} imes {lfloor frac{m}{jx}
floor}
]
答案为 (f_1)，由 莫比乌斯反演 得：
[f_x = sum_{x|d} mu_frac{d}{x} g_d
]
则
[f_1 = sum_{x|1} mu_frac{d}{1} g_d
]
[= sum_{x=1}^n mu_d g_d = sum_{i=1}^n mu_i g_i
]
再瞅一眼这个 (g) 的定义：
[g_x = sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m {lfloor frac{n}{ix}
floor} imes {lfloor frac{m}{jx}
floor}
]
首先我们需要预处理
[s_x = sum_{i=1}^x lfloor frac{x}{i}
floor
]
可得：
[g_x = s_{lfloor frac{n}{x}
floor} imes s_{lfloor frac{m}{x}
floor}
]
显然 (s) 可以 整除分块，所以 (g) 也可以 整除分块，预处理 (mu) 即可。
时间复杂度：(O(n sqrt{n} + T sqrt{n}))
实际得分：(100pts).
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+1;
inline int read(){char ch=getchar(); int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
int x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}
int mu[N],prime[N],tot=0; bool h[N];
ll s[N],ans=0; int T,n,m;
inline void Euler() {
mu[1]=1;
for(int i=2;i<N;i++) {
if(!h[i]) prime[++tot]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=tot && i*prime[j]<N;j++) {
h[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0) {mu[i*prime[j]]=0;break;}
mu[i*prime[j]]-=mu[i];
}
} for(int i=1;i<N;i++) mu[i]+=mu[i-1]; //线性筛并做前缀和
for(int i=1;i<N;i++) {
ll k=0;
for(int j=1;j<=i;) {
int t=i/(i/j); k+=1ll*(t-j+1)*(i/j);
j=t+1;
} s[i]=k;
} //整除分块预处理 s
}
int main() {
Euler(); T=read(); while(T--) {
n=read(),m=read();
ans=0; for(int i=1;i<=min(n,m);) {
int t=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=1ll*(mu[t]-mu[i-1])*s[n/i]*s[m/i];
i=t+1; //整除分块计算答案
} printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}