• 题意：数表
  有一个表，其中\(val(i,j)=\sigma(gcd(i,j))\)给出\(n,m,a\)求所有\(val\)不超过\(a\)的和。

• 思路：
  假如没有\(a\)的限制：
  \(\sum\limits_{d=1}^n\sigma(d)\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[gcd(i,j)==d]\)
  \(\sum\limits_{d=1}^n\sigma(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[gcd(i,j)==d]\)
  \(\sum\limits_{d=1}^n\sigma(d)\sum\limits_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{k*d}\rfloor\lfloor\frac{m}{k*d}\rfloor\mu(k)\)
  令\(T=k*d\)
  \(\sum\limits_{T=1}^n\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\sum\limits_{d|T}\sigma(d)\mu(\frac{T}{d})\)

  为什么不把\(val\)带进去枚举\(gcd(i,j)\)的因数，因为我们还是要保留完整的\(\sigma\)，才能处理后面的\(a\)

令\(g(T)=\sum\limits_{d|T}\sigma(d)\mu(\frac{T}{d})\)
发现这里跟询问的\(n,m\)无关，于是考虑离线按\(a\)排序动态加入\(sigma(d)\),更新\(g(T)\)枚举倍数\(T\)即可。加入复杂度也是\(O(nlogn)\)不过考虑到数论分块要求前缀和+修改我们便用树状数组维护\(g()\)，复杂度\(O(nlog^2n)\)。

• code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
const ll mod=(1ll)<<31;
ll as[N],sg[N],sm[N],c[N],g[N];
int ptot,p[N],miu[N];
bool is_p[N];
struct node {int n,m,a,id;}Q[N];
struct data {int p;ll val;}P[N];
bool cmp2(data u,data v) {return u.val<v.val;}
bool cmp(node u,node v) {return u.a<v.a;}
int lowbit(int u) {return u&(-u);}
void Update(int u,ll w) {for(;u<N;u+=lowbit(u))c[u]+=w;}
ll Sum(int u) {ll res=0;for(;u;u-=lowbit(u))res=(res+c[u])%mod;return res;}
void _xxs() {
    is_p[1]=miu[1]=sg[1]=sm[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++) {
        if(!is_p[i])p[++ptot]=i,sg[i]=1,sm[i]=i+1,miu[i]=-1;
        for(int j=1,x;j<=ptot&&(x=i*p[j])<N;j++) {
            is_p[x]=1;
            if(i%p[j]==0) {miu[x]=0;sg[x]=sg[i];sm[x]=sm[i]*p[j]+1;break;}
            miu[x]=miu[i]*-1;sg[x]=sg[i]*sm[i];sm[x]=p[j]+1;
        }
    }
    for(int i=2;i<N;i++) sg[i]=sg[i]*sm[i]%mod;
//  for(int i=1;i<=10;i++) printf("%lld ",sg[i]);puts("");
}
void init() {
    for(int i=1;i<N;i++)P[i]=(data){i,sg[i]};
    sort(P+1,P+N,cmp2);
}
int main() {
    _xxs();init();
    int q;scanf("%d",&q);
    for(int i=1;i<=q;i++)scanf("%d%d%d",&Q[i].n,&Q[i].m,&Q[i].a),Q[i].id=i;
    sort(Q+1,Q+1+q,cmp);
    int j=0;
    for(int i=1;i<=q;i++) {
        int n=Q[i].n,m=Q[i].m,a=Q[i].a;
        if(n>m)swap(n,m);
        while(j<N&&P[j+1].val<=a) {
            j++;ll phi=P[j].val,x=P[j].p;
            for(int k=x;k<N;k+=x) Update(k,phi*miu[k/x]%mod);
        }
        ll ans=0;
        for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
            r=min(n/(n/l),m/(m/l));
            ans=(ans+1ll*(n/l)*(m/l)%mod*(Sum(r)-Sum(l-1)))%mod;
        }
        as[Q[i].id]=(ans+mod)%mod;
    }
    for(int i=1;i<=q;i++)printf("%lld\n",as[i]);
    return 0;
}