传送门
莫比乌斯反演，但是约数有点难搞诶
有一个式子（想想挺显然的，可以保证每个约数只被算一次）
[d(ij)=sum_{x|i}sum_{y|j}[gcd(x,y)==1]
]
然后就正常了对吧，设
[f(d)=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)==d]
]
然后设
[g(n)=sum_{n|d}f(d)=sum_{i=1}^{N}sum_{j=1}^{M}sum_{x|i}sum_{y|j}[n|gcd(x,y)]
]
再化一下，可能跳跃的有点多，自行理解下
[g(n)=sum_{i=1}^{N/n}sum_{j=1}^{M/n}lfloor frac{N}{in}
floorlfloor frac{M}{jn}
floor
]
反演：
[f(d)=sum_{d|n}mu(frac{n}{d})g(n)=sum_{d|n}mu(frac{n}{d})sum_{i=1}^{N/n}sum_{j=1}^{M/n}lfloor frac{N}{in}
floorlfloor frac{M}{jn}
floor
]
设(T=frac{n}{d})
[f(d)=sum_{T=1}^{min(N,M)/d}mu(T)sum_{i=1}^{N/Td}sum_{j=1}^{M/Td}lfloor frac{N}{iTd}
floorlfloor frac{M}{jTd}
floor
]
由于我们要求的(ans=f(1))
故
[ans=f(1)=sum_{T=1}^{min(N,M)}mu(T)sum_{i=1}^{N/T}sum_{j=1}^{M/T}lfloor frac{N}{iT}
floorlfloor frac{M}{jT}
floor
]
如果直接数论分块的话，时间复杂度是(O(TN))的，并不能通过
但是后面的(sum_{i=1}^{N/T}sum_{j=1}^{M/T}lfloor frac{N}{iT} floorlfloor frac{M}{jT} floor)可以考虑预处理，预处理时间复杂度(O(nsqrt{n}))
总时间复杂度(O(nsqrt{n}+Tsqrt{n}))
代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
void read(int &x) {
char ch; bool ok;
for(ok=0,ch=getchar(); !isdigit(ch); ch=getchar()) if(ch=='-') ok=1;
for(x=0; isdigit(ch); x=x*10+ch-'0',ch=getchar()); if(ok) x=-x;
}
#define rg register
const int maxn=5e4+10;
int T,n,m,pri[maxn],tot,mu[maxn],sum[maxn];
bool vis[maxn];long long ans,f[maxn];
void prepare()
{
mu[1]=1;
for(rg int i=2;i<=5e4;i++)
{
if(!vis[i])pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
for(rg int j=1;j<=tot&&pri[j]*i<=5e4;j++)
{
vis[pri[j]*i]=1;
if(!(i%pri[j]))break;
else mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
}
for(rg int i=1;i<=5e4;i++)sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
void solve()
{
for(rg int x=1;x<=5e4;x++)
{
long long ans=0;
for(rg int i=1,j;i<=x;i=j+1)
{
j=x/(x/i);
ans+=1ll*(x/i)*(j-i+1);
}
f[x]=ans;
}
}
int main()
{
read(T),prepare(),solve();
while(T--)
{
read(n),read(m);if(n>m)swap(n,m);ans=0;
for(rg int i=1,j;i<=n;i=j+1)
{
j=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=(sum[j]-sum[i-1])*f[n/i]*f[m/i];
}
printf("%lld
",ans);
}
}