[SDOI 2015]约数个数和

Description

 设d(x)为x的约数个数，给定N、M，求 $\sum^N_{i=1}\sum^M_{j=1}d(ij)$

Input

输入文件包含多组测试数据。

第一行，一个整数T，表示测试数据的组数。

接下来的T行，每行两个整数N、M。

Output

T行，每行一个整数，表示你所求的答案。

Sample Input

2
7 4
5 6

Sample Output

110
121

HINT

1<=N, M<=50000

1<=T<=50000

题解

先给出一个结论： $$ \sigma_0(ij) = \sum_{a | i} \sum_{b | j} [gcd(a, b) = 1]$$

证明（摘自Ken_He）：

我们令 $i = p_1^{a_1} p_2^{a_2} \cdots$ ， $j = p_1^{b_1} p_2^{b_2} \cdots$ ， $d | ij$ 且 $d = p_1^{c_1} p_2^{c_2} \cdots$ ， 则 $c_n \le a_n + b_n$ 。

考虑如何不重复地统计每一个 $d$ ： 令 $c_n = A_n + B_n$ ， 其中 $A_n$ 和 $B_n$ 分别为 $i$ 和 $j$ 对 $c_n$ 的贡献, 则我们要求 \begin{cases}B_n = 0 & A_n < a_n \\B_n \ge 0 & A_n = a_n\end{cases}

这样一来， $c_n$ 的表示形式就变成唯一的了，因而不会被重复统计。我们再考虑如何统计这样的 $A_n$ 和 $B_n$ ：我们令 $A_n' = a_n - A_n$ ，则约束条件变为\begin{cases}B_n = 0 & A_n' \ne 0 \\B_n \ge 0 & A_n' = 0\end{cases}

等价于 $gcd(a, b) = 1$ 。

因此得证。

\begin{aligned}ans&=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M\sum_{a\mid i}\sum_{b\mid j}[gcd(a,b)=1]\\&=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M\sum_{a\mid i}\sum_{b\mid j}\sum_{d\mid gcd(a,b)}\mu(d)\\&=\sum_{a=1}^N\sum_{b=1}^M\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{N}{a}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{M}{b}\right\rfloor}\sum_{d\mid gcd(a,b)}\mu(d)\\&=\sum_{d=1}^{min\{N,M\}}\mu(d)\sum_{a=1}^{\left\lfloor\frac{N}{d}\right\rfloor}\sum_{b=1}^{\left\lfloor\frac{M}{d}\right\rfloor}\left\lfloor\frac{N}{ad}\right\rfloor\left\lfloor\frac{M}{bd}\right\rfloor\\&=\sum_{d=1}^{min\{N,M\}}\mu(d)\left(\sum_{a=1}^{\left\lfloor\frac{N}{d}\right\rfloor}\left\lfloor\frac{N}{ad}\right\rfloor\right)\left(\sum_{b=1}^{\left\lfloor\frac{M}{d}\right\rfloor}\left\lfloor\frac{M}{bd}\right\rfloor\right)\end{aligned}

设 $t(x)=\sum_{i=1}^x \left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor$ ，

显然 $$\Rightarrow ans=\sum_{d=1}^{min\{N,M\}}\mu(d)\cdot t\left(\left\lfloor\frac{N}{d}\right\rfloor\right)\cdot t\left(\left\lfloor\frac{M}{d}\right\rfloor\right)$$

显然我们用 $O(n\sqrt n)$ 预处理出函数 $t$ ，再用 $O(T\sqrt n)$ 回答询问即可。

 //It is made by Awson on 2018.1.22
 #include <set>
 #include <map>
 #include <cmath>
 #include <ctime>
 #include <queue>
 #include <stack>
 #include <cstdio>
 #include <string>
 #include <vector>
 #include <cstdlib>
 #include <cstring>
 #include <iostream>
 #include <algorithm>
 #define LL long long
 #define Abs(a) ((a) < 0 ? (-(a)) : (a))
 #define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
 #define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
 #define Swap(a, b) ((a) ^= (b), (b) ^= (a), (a) ^= (b))
 #define writeln(x) (write(x), putchar('\n'))
 #define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
 using namespace std;
 const int N = ;
 void read(int &x) {
     char ch; bool flag = ;
     for (ch = getchar(); !isdigit(ch) && ((flag |= (ch == '-')) || ); ch = getchar());
     for (x = ; isdigit(ch); x = (x<<)+(x<<)+ch-, ch = getchar());
     x *= -*flag;
 }
 void write(LL x) {
     if (x > ) write(x/);
     putchar(x%+);
 }

 int mu[N+], t[N+], n, m;

 void get_mu() {
     int prime[N+], isprime[N+], tot = ;
     memset(isprime, , sizeof(isprime)); isprime[] = , mu[] = ;
     for (int i = ; i <= N; i++) {
     if (isprime[i]) prime[++tot] = i, mu[i] = -;
     for (int j = ; j <= tot && i*prime[j] <= N; j++) {
         isprime[i*prime[j]] = ;
         if (i%prime[j]) mu[i*prime[j]] = -mu[i];
         else {mu[i*prime[j]] = ; break; }
     }
     mu[i] += mu[i-];
     }
 }
 int get_t(int x) {
     int ans = ;
     for (int i = , last; i <= x; i = last+) {
     last = x/(x/i); ans += (last-i+)*(x/i);
     }
     return ans;
 }

 LL cal(int n, int m) {
     if (n > m) Swap(n, m); LL ans = ;
     for (int i = , last; i <= n; i = last+) {
     last = Min(n/(n/i), m/(m/i));
     ans += (LL)(mu[last]-mu[i-])*t[n/i]*t[m/i];
     }
     return ans;
 }
 void work() {
     read(n), read(m); writeln(cal(n,m));
 }
 int main() {
     int T; read(T); get_mu();
     for (int i = ; i <= N; i++) t[i] = get_t(i);
     while (T--) work();
     return ;
 }