题目：

BZOJ 3309

分析：

首先，经过一番非常套路的莫比乌斯反演（实在懒得写了），我们得到：

那么，我们现在如果预处理出 \(g(n)=\sum_{d|n}f(d)\mu(\frac{n}{d})\) 的前缀和，就可以数论分块 \(O(\sqrt{n})\) 处理每次询问了。

\(\mu\) 函数有一个重要的性质：当 \(n\) 是某个数平方的倍数时（即某个质因子的次数不小于 \(2\) ）， \(\mu(n)=0\) 。所以，真正有贡献的项只能是 \(\frac{n}{d}\) 的质因子互不相同的项，共有 \(2^k\) 项，其中 \(k\) 是 \(n\) 的质因子种数（相当于每种质因子的次数要么为 \(0\) ，要么为 \(1\) ）。

设这 \(k\) 个质因子中有 \(a\) 个的次数为 \(f(n)\) ，则这 \(2^k\) 项中有 \(2^{k-a}\) 项的 \(f(d)\) 为 \(f(n)-1\) （即这 \(a\) 个质因子 全部 选入 \(\frac{n}{d}\) 的情况），其余情况为 \(f(n)\) 。根据 \(\mu\) 的定义，每一项乘上的系数与选了多少个质因子进入 \(\frac{n}{d}\) 有关，奇数为 \(-1\) ，偶数为 \(1\) 。而这 \(2^{k-a}\) 项中（暂定 \(k>a\) ），选的质因子数为奇数、偶数的项数相等，所以和为 \(0\) 。同理，剩下 \(2^k-2^{k-a}\) 项之和也是 \(0\)

但是，当 \(k=a\) 时，\(f(d)=f(n)-1\) 的只有 \(2^{k-a}=1\) 项，绝对值为 \(f(n)-1\) 而不是 \(0\) 。同时，此时 \(f(d)=f(n)\) 的项也是奇数个，和的绝对值为 \(f(n)\) 。这两项具体的符号与 \(k\) 的奇偶性有关（并且一定符号相反）。稍微推一下可得，当 \(k\) 为奇数， \(g(n)=1\) ；当 \(k\) 为偶数， \(g(n)=-1\) 。

综上可得

代码：

#include <cstdio>

#include <algorithm>

#include <cctype>

#include <cstring>

using namespace std;

namespace zyt

{

	template<typename T>

	inline bool read(T &x)

	{

		char c;

		bool f = false;

		x = 0;

		do

			c = getchar();

		while (c != EOF && c != '-' && !isdigit(c));

		if (c == EOF)

			return false;

		if (c == '-')

			f = true, c = getchar();

		do

			x = x * 10 + c - '0', c = getchar();

		while (isdigit(c));

		if (f)

			x = -x;

		return true;

	}

	template<typename T>

	inline void write(T x)

	{

		static char buf[20];

		char *pos = buf;

		if (x < 0)

			putchar('-'), x = -x;

		do

			*pos++ = x % 10 + '0';

		while (x /= 10);

		while (pos > buf)

			putchar(*--pos);

	}

	typedef long long ll;

	const int N = 1e7 + 10;

	int prime[N], f[N], g[N], num[N], cnt[N], tot[N], pcnt;

	bool mark[N];

	void init()

	{

		f[1] = 0;

		for (int i = 2; i < N; i++)

		{

			if (!mark[i])

				prime[++pcnt] = i, f[i] = num[i] = cnt[i] = tot[i] = 1;

			for (int j = 1; j <= pcnt && (ll)i * prime[j] < N; j++)

			{

				int k = i * prime[j];

				mark[k] = true;

				if (i % prime[j] == 0)

				{

					num[k] = num[i] + 1;

					f[k] = max(f[i], num[k]);

					tot[k] = tot[i];

					if (f[i] == num[k])

						cnt[k] = cnt[i] + 1;

					else if (f[i] > num[k])

						cnt[k] = cnt[i];

					else

						cnt[k] = 1;

					break;

				}

				else

				{

					num[k] = 1;

					f[k] = max(f[i], 1);

					tot[k] = tot[i] + 1;

					if (f[i] == 1)

						cnt[k] = cnt[i] + 1;

					else

						cnt[k] = cnt[i];

				}

			}

		}

		g[1] = 0;

		for (int i = 2; i < N; i++)

			g[i] = (cnt[i] == tot[i] ? ((tot[i] & 1) ? 1 : -1) : 0) + g[i - 1];

	}

	int work()

	{

		int T;

		read(T);

		init();

		while (T--)

		{

			int n, m;

			read(n), read(m);

			if (n > m)

				swap(n, m);

			int pos = 1;

			ll ans = 0;

			while (pos <= n)

			{

				int tmp = min(n / (n / pos), m / (m / pos));

				ans += ll(g[tmp] - g[pos - 1]) * (n / pos) * (m / pos);

				pos = tmp + 1;

			}

			write(ans), putchar('\n');

		}

		return 0;

	}

}

int main()

{

#ifdef BlueSpirit

	freopen("3309.in", "r", stdin);

#endif

	return zyt::work();

}