题意很简单，思路却有点难想。
从已知条件一步步来分析：
因 GCD（X，N）>=MGCD（X，N）>=M 而 1<=X<=N1<=X<=N
可得出结论1，也是该题重要的突破口：
GCD（X，N）一定是N的约数
这个条件可以给我们一定启发，因为 N 的约数一定是很有限的，我们可不可以枚举N的约数 PP（随便给的名字= =），且 P>=MP>=M呢？
假设我们已经得到了这样一个PP，这时问题转化为：
<==> 求【1，N】中有多少个数X，满足 GCD（X，N）=PGCD（X，N）=P（P为一个已知的数）
想到这里，解法其实离我们已经很近了。
枚举X的复杂度是 O（N），我们还有没有更好的解法呢？
假设当前有一个满足条件的X，让我们来考虑他的性质：
一.因为 GCD（X，N） = P的，所以 X/P 一定与 N/P 互质（结论很显然）
二.因为 X<=NX<=N，故 （X/P）<=（N/P）（X/P）<=（N/P）一定成立
由这两条性质 再结合欧拉函数的定义，很显然：
求X的个数 <==> 求 不大于N/P且与其互质的 X/P的个数 即求ϕ(N/P)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<string>
const double PI = acos(-1.0);
const long long maxn=1e5+205;
const long long MOD=2009;
const double e=2.718281828459;
typedef long long ll;
using namespace std;
ll Euler(ll n)
{
ll ret=n;
for(ll i=2; i*i<=n; i++)
{
if(n%i==0)
{
ret=ret/i*(i-1);
while(n%i==0)
n/=i;
}
}
if(n>1)
ret=ret/n*(n-1);
return ret;
}
int main()
{
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
ll n,m,ans=0;
cin>>n>>m;
for(ll i=1; i*i<=n; i++)
{
if(n%i==0)
{
if(i*i<n)
{
if(i>=m)
ans+=Euler(n/i);
if(n/i>=m)
ans+=Euler(i);
}
else if(i*i==n&&i>=m)
ans+=Euler(i);
}
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}