题解
一道很妙的题，让求对于一个矩阵中，两点相连成线，有多少条直线，他们的交集是有限集。
转化一下题目，发现水平和竖直的只有 (n+m) 条，而左斜和右斜的条数是相同的，所以我们只需求出左或右中的即可
这个矩阵中一共有 (sum_{a=1}^{n-1}sum_{b=1}^{m-1}[gcd(a,b)=1]) 条斜率不同的直线，那么对于每一种斜率，又有 ((n-a)×(m-b)) 个点
可以伸出来，但是会有重复的所以要减去 ((n-2×a)×(m-2×b))
所以最后可以推出来一个总式子
[sum_{a=1}^{n-1}sum_{b=1}^{m-1}[gcd(a,b)=1](n-a)×(m-b)-max(n-2×a,0)×max(m-2×b,0)
]
(60pts) 到手
考虑如何优化它，这里提供一种 (O(n)) 查询的做法。
我们维护三个数组 (gcd) ( m gnm) ( m gsm)，( m gnm_{i,j}) 表示从 (1～j) 有多少个和 (i) 互质的数，( m sum) 表示就是这些数的和。
对于 ( m gcd) 我们可以 (n^2) 预处理
查询时，我们枚举 (a)，对于后边的式子，拆一下
[(n-a)×m-(n-a)×b-(n-2×a)×m+(n-2×a)×2×b
]
这个式子，根据我们维护的三个数组就可以求出来了。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define p(i) ++i
using namespace std;
namespace IO{
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
#define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++
template<typename T>inline void read(T &x) {
ri f=1;x=0;register char ch=gc();
while(ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=0;ch=gc();}
while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=gc();}
x=f?x:-x;
}
}
using IO::read;
namespace nanfeng{
#define int unsigned int
#define cmax(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define cmin(x,y) ((x)>(y)?(y):(x))
#define FI FILE *IN
#define FO FILE *OUT
typedef long long ll;
static const int N=4e3+7,MOD=(1<<30)-1;
int gsm[N][N],T,ans,n,m;
short num[N][N],*gcd[N];
inline void init() {
ri n=N-7;
// int *(gcd[N])=new int[n+7];
gcd[0]=new short[n+7];
for (ri i(1);i<=n;p(i)) {
gcd[i]=new short[n+7];
gcd[i][i]=gcd[i][0]=gcd[0][i]=i;
// printf("i=%d
",i);
for (ri j(1);j<i;p(j))
gcd[j][i]=gcd[i][j]=gcd[j][i%j];
}
delete gcd[0];
for (ri i(1);i<=n;p(i)) {
for (ri j(1);j<=n;p(j)) {
if (gcd[i][j]==1) gsm[i][j]=j,num[i][j]=1;
gsm[i][j]+=gsm[i][j-1];
num[i][j]+=num[i][j-1];
}
delete gcd[i];
}
}
inline int main() {
// FI=freopen("nanfeng.in","r",stdin);
// FO=freopen("nanfeng.out","w",stdout);
init();
read(T);
for (ri z(1);z<=T;p(z)) {
read(n),read(m);ans=0;
ri bs=n*m;
for (ri i(1);i<=n-1;p(i)) {
ans=(ans+(int)num[i][m-1]*(n-i)*m);
ans-=(n-i)*gsm[i][m-1];
if (i*2>=n) continue;
int lm=(m&1)?m/2:m/2-1;
ans-=(n-2*i)*(m*num[i][lm]-(gsm[i][lm]<<1));
}
printf("%u
",(ans*2+n+m)&MOD);
}
return 0;
}
#undef int
}
int main() {return nanfeng::main();}
小技巧，这个模数很特殊，可以自然溢出，减少低效的取模