【2018 Multi-University Training Contest 10】Calculate（莫比乌斯反演）

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Problem Description
Given A, B, C, Calculate

Where φ(n) denotes the number of positive integers ≤ n that are relatively prime to n.

Input
The first line of the input contains an integer T , denoting the number of test cases. In each test case, there are three integers A, B, C in one line, as described above.
1 ≤ T ≤ 10, 0 < A, B, C ≤ 10^7

Output
For each test case, output one line contains a single integer, denoting the answer modulo 2^30.

Sample Input
4
96 93 95
970 906 893
92460 95043 54245
9760979 8053227 7156842

Sample Output
1114536
28070648
388873924
623507672

为方便起见下文$(a,b)$均指代$gcd(a,b)$
题解给的东西跳过太多步骤了，我觉正常思路应该是这样的：

$$\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\phi((i,j^2,k^3))\\= \sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\sum_{d|i,d|j^2,d|k^3}\phi(d)*[(\frac{i}{d},\frac{j^2}{d},\frac{k^3}{d})==1]$$
易知有： $$g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)=[n==1?1:0]$$
所以有： $$=\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\sum_{d|i,d|j^2,d|k^3}\phi(d)*\sum_{l|(\frac{i}{d},\frac{j^2}{d},\frac{k^3}{d})}\mu(l)\\ =\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\sum_{d|i,d|j^2,d|k^3}\phi(d)*\sum_{l|\frac{i}{d},l|\frac{j^2}{d},l|\frac{k^3}{d}}\mu(l)$$
那么到这里，我们去枚举 $t=l*d$，显然我们可以发现t是同样满足 $t|i,t|j^2,t|k^3$.那么里面的l和d就是一个狄利克雷卷积的形式了
得： $$\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\sum_{t|i,t|j^2,t|k^3}(\mu*\phi)(t)$$
这里才到题解的第一步……..
后面就是反演的套路啊，把里面的东西拿到外面来：
$$\sum_{t=1}(\mu*\phi)(t)\sum_{t|i}^A\sum_{t|j^2}^B\sum_{t|k^3}^C$$

至于后面这个东西，也的确是厉害，但是只要用唯一分解定理简单分析一下，其实就是可以了
A的个数显然是$\frac{A}{t}$
那第二个呢？实际上j平方代表了本来我的因子不够，但是平方了以后就足够整除t了，所以答案一定变大的，本质原因就是对于$k$次:

$$f_k(x)=\prod_{i=0} p_i^{\lceil\frac{a_i}{k}\rceil}$$
显然k等于1时， $f_1(x)=x$,那么B就是 $\frac{B}{f_2(t)}$,C的贡献就是 $\frac{C}{f_3(t)}$
狄利克雷卷积是积性， $f_k$显然也是积性均可以线性筛。
就可以做了。。。。。。
具体实现，需要记录一下每个数最小质因子的幂次，来得到 $f_k$

这题如果不用unsigned int就会超时啊。。。
代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ull  unsigned long long
#define ll long long
#define ul unsigned int
#define maxn 10000005
using namespace std;
ul mod=1<<30;
bool isP[maxn];
int prime[maxn],cnt=0;
int g[maxn];
int e[maxn];//数中最小质数的幂次大小
int p[maxn];
int f2[maxn],f3[maxn];
void init()
{
    g[1]=f2[1]=f3[1]=1;
    for(int i=2;i<maxn;i++)
    {
        if(!isP[i])
        {
            prime[cnt++]=i;
            g[i]=i-2;
            e[i]=1;
            p[i]=f2[i]=f3[i]=i;
        }
        for(int j=0;j<cnt&&(ll)i*prime[j]<maxn;j++)
        {
            int _p=prime[j];
            int now=i*_p;
            isP[now]=true;
            if(i%_p)
            {
                e[now]=1;
                p[now]=_p;
                f2[now]=f2[i]*_p;
                f3[now]=f3[i]*_p;
                g[now]=g[i]*(_p-2);
            }
            else
            {
                e[now]=e[i]+1;
                p[now]=p[i]*_p;
                f2[now]=f2[i]*(e[i]%2?1:_p);
                f3[now]=f3[i]*(e[i]%3?1:_p);
                g[now]=(p[now]-p[now]/_p*2+p[now]/(_p*_p))*g[now/p[now]];
                break;
            }
        }
    }
}
int A,B,C;
int main()
{
    init();
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>A>>B>>C;
        ul ans=0;
        for(int i=1;i<=A;i++)
           ans+=g[i]*(A/i)*(B/f2[i])*(C/f3[i]);

        cout<<(ans&(mod-1))<<endl;
    }
    return 0;
}