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莫比乌斯反演

与bzoj2301类似。答案ans=∑(p)∑(1≤d≤n/p)mu[d]*(n/pd)*(n/pd)。

令T=pd，则ans=∑(1≤T≤n)(n/T)*(m/T)∑(p|T)mu[T/p]。

设f(T)=∑(p|T)mu[T/p]。假设能预处理出f(T)和前缀和，则採用分块就能够在O(sqrt(n))复杂度内完毕单次询问。

怎样预处理？仅仅须要枚举每个质数，暴力改动它的全部倍数就可以。由于每个质数的改动次数均摊ln(n)，而n以内质数个数接近n/ln(n)。则总复杂度是约等于O(n)的。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define maxn 10000000
using namespace std;
int n,m,t,tot;
int pri[maxn+5],mu[maxn+5];
ll f[maxn+5];
bool mark[maxn+5];
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline void getmu()
{
	mu[1]=1;
	F(i,2,maxn)
	{
		if (!mark[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=maxn;j++)
		{
			mark[i*pri[j]]=true;
			if (i%pri[j]==0){mu[i*pri[j]]=0;break;}
			else mu[i*pri[j]]=-mu[i];
		}
	}
	F(i,1,tot) for(int j=1;j*pri[i]<=maxn;j++) f[j*pri[i]]+=mu[j];
	F(i,1,maxn) f[i]+=f[i-1];
}
int main()
{
	getmu();
	t=read();
	while (t--)
	{
		ll ans=0;
		n=read();m=read();
		if (n>m) swap(n,m);
		for(int i=1,pos;i<=n;i=pos+1)
		{
			pos=min(n/(n/i),m/(m/i));
			ans+=(f[pos]-f[i-1])*(n/i)*(m/i);
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}