iv.[SDOI2015]约数个数和

完蛋了，我们前几题里面都有\(\gcd(\dots)\)，但是这道题没有，怎么办呢？

引理：

\(\boxed{d(ij)=\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}[\gcd(x,y)==1]}\)

换句话说，两个数\((i,j)\)积的因数个数，等于\(i\)的所有因数与\(j\)的所有因数中互质的对数。

简单证明（感谢suncongbo巨佬的讲解）：

显然各质因数之间相互独立（最后是个数乘在一起，只要每一项都相等，乘积也就相等），我们不如只考虑一个质因数\(p\)。设它在\(i\)中的次数是\(a\)，在\(j\)中的次数是\(b\)。那么，在乘积\(i\!j\)中，次数就是\(a+b\)。

考虑仅\(p\)一项为\(i\!j\)贡献了多少因数。显然，是\(a+b+1\)个，次数从\(0\)一直到\(i+j\)。

那么为等式右侧贡献了多少呢？当\(i\)中不取任何\(p\)时，\(j\)中可以取\(1\)到\(b\)个\(p\)，共\(b\)种；当\(j\)中不取任何\(p\)时，\(i\)中可以取\(1\)到\(a\)个\(p\)，共\(a\)种；除此之外，还有一种\(i\)和\(j\)都不选的，共\(1\)种。综上，为等式右侧它也贡献了\(a+b+1\)。

因为对于每一个单独的\(p\)，等式左右的贡献相等；所以综合起来考虑，等式左右贡献的积也相等。

证毕。

然后我们看一看套上这个东西后我们要求什么：

\(ans=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}[\gcd(x,y)==1]\)。

这个时候，我们就应该想想有没有可能调换枚举顺序。

优先枚举\(x\)和\(y\)，则对于每个\(x\)，有\(\dfrac{n}{x}\)个这样的\(i\)，满足\(i\leq n\)并且\(x|i\)。对于每个\(y\)，则有\(\dfrac{m}{y}\)个这样的\(j\)。

因此有\(ans=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{j}\right\rfloor[\gcd(i,j)==1]\)。

老套路，设\(f(x)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{j}\right\rfloor[\gcd(i,j)==x]\)，\(g(x)=\sum\limits_{x|d}f(d)\)。

反演一下，得\(f(x)=\sum\limits_{x|d}g(d)\mu(\dfrac{d}{n})\)。

我们要求的是\(f(1)\)，\(f(1)=\sum\limits_{x|1}g(d)\mu(\dfrac{d}{1})=\sum\limits_{x=1}^{\infty}g(d)\mu(d)\)。

我们看一下\(g(d)\)是什么。

有\(g(x)=\sum\limits_{x|d}f(d)=\sum\limits_{x|d}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{j}\right\rfloor[\gcd(i,j)==d]\)

发现这个\(d\)可以是任何\(x\)的倍数。因此有\(g(x)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{j}\right\rfloor[x|\gcd(i,j)]\)

我们将\(x\)除出来，有

\(g(x)=\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{x}}\sum\limits_{j=1}^{\frac{m}{x}}\left\lfloor\dfrac{n}{ix}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{jx}\right\rfloor[1|\gcd(i,j)]=\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{x}}\sum\limits_{j=1}^{\frac{m}{x}}\left\lfloor\dfrac{n}{ix}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{jx}\right\rfloor\)

我们令一个\(sum(x)=\sum\limits_{i=1}^{x}\left\lfloor\dfrac{x}{i}\right\rfloor\)，这个东西可以在\(O(n\sqrt{n})\)时间内通过整除分块写出来。

则\(g(x)=sum(\dfrac{n}{x})*sum(\dfrac{m}{x})\)。

又有\(ans=\sum\limits_{x=1}^{\infty}g(d)\mu(d)\)，这东西也可以整除分块，因为里面有一个可以整除分块的\(g(d)\)和一个可以求前缀和的\(\mu(d)\)。

然后就可以了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int T,n,m,mu[50100],pri[50100],sum[50100],res;
void getmu(int N){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=N;i++){
		if(!pri[i])pri[++pri[0]]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=pri[0]&&i*pri[j]<=N;j++){
			pri[i*pri[j]]=true;
			if(!(i%pri[j]))break;
			mu[i*pri[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=N;i++)mu[i]+=mu[i-1];
}
void getsum(int N){
	for(int i=1;i<=N;i++)for(int l=1,r;l<=i;l=r+1)r=i/(i/l),sum[i]+=(r-l+1)*(i/l);
}
signed main(){
	scanf("%lld",&T),getmu(50000),getsum(50000);
	while(T--){
		scanf("%lld%lld",&n,&m);
		if(n>m)swap(n,m);
		res=0;
		for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)r=min(n/(n/l),m/(m/l)),res+=(mu[r]-mu[l-1])*sum[n/l]*sum[m/l];
		printf("%lld\n",res);
	}
	return 0;
}