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：\(O(T \times \min(n,m))\). （海星吧）
期望得分：\(0pt\).
算法三
一言不合就推式子
\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m d(ij) \]
\[= \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \sum_{x|i} \sum_{y|j} [\gcd(x,y)==1] \]
\[= \sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m [\gcd(x,y)==1] \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{x} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{y} \rfloor} 1 \]
\[= \sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m [\gcd(x,y)==1] {\lfloor \frac{n}{x} \rfloor} \times {\lfloor \frac{m}{y} \rfloor} \]
\[= \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [\gcd(i,j)==1] {\lfloor \frac{n}{i} \rfloor} \times {\lfloor \frac{m}{j} \rfloor} \]
显然到了这里式子推完，我们需要 莫比乌斯反演。
设
\[f_x = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [\gcd(i,j)==x] {\lfloor \frac{n}{i} \rfloor} \times {\lfloor \frac{m}{j} \rfloor} \]
\[g_x = \sum_{x|i} f_i \]
则
\[g_x = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [x | \gcd(i,j)] {\lfloor \frac{n}{i} \rfloor} \times {\lfloor \frac{m}{j} \rfloor} \]
\[= \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m {\lfloor \frac{n}{ix} \rfloor} \times {\lfloor \frac{m}{jx} \rfloor} \]
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：
\[g_x = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m {\lfloor \frac{n}{ix} \rfloor} \times {\lfloor \frac{m}{jx} \rfloor} \]
首先我们需要预处理
\[s_x = \sum_{i=1}^x \lfloor \frac{x}{i} \rfloor \]
可得：
\[g_x = s_{\lfloor \frac{n}{x} \rfloor} \times s_{\lfloor \frac{m}{x} \rfloor} \]
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\n",ans);
}
return 0;
}