又是恶心的莫比乌斯反演，蒟蒻我又是一脸懵逼的被CXR dalao狂虐。
题目要求\(ans=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m d(ij)\)，其中\(d(ij)\)表示数\(x\)的约数个数
这道题的一大难点就在于\(d(ij)\)这个函数，它有一个重要的性质：
\[d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|i}[\gcd(i,j)=1]\]
大致的证明思路就是对于\(i,j\)的所有约数，为了避免重复计算，我们只取互质的一对。
知道了这个就是反演的套路了（如果不知道为什么要设去看Luogu P2257 YY的GCD's Sol）：
\[f(d)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=d]\]
\[F(n)=\sum_{n|d} f(d)\]
还是由莫比乌斯反演定理得到：
\[f(n)=\sum_{n|d}\mu(\lfloor\frac{d}{n}\rfloor)F(d)\]
然后对于原式\(ans=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m d(ij)\)有：
\[ans=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|i}[\gcd(i,j)=1]\]
然后根据莫比乌斯函数的性质：\(\sum_{d|n} \mu(d)=[n=1]\)，我们可以把这个性质带进去：
\[ans=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|i}\sum_{d|\gcd(x,y)}\mu(d)\]
我去，5个Sigma，我们更换一下枚举项，由枚举\(d|\gcd(x,y)\)变为直接枚举\(d\)
\[ans=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|i}\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\cdot[d|\gcd(x,y)]\]
把\(\mu(d)\)提到前面来：
\[ans=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|i}\cdot[d|\gcd(x,y)]\]
重点来了，我们原来是在枚举\(i,j\)和他们的约数。这样对计算很不利。
我们现在直接枚举它们的约数再乘上这些约数的倍数的个数。
为什么？因为每一个约数都只会对它的倍数产生贡献，所以有：
\[ans=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m[d|\gcd(x,y)]\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor\]
这时候干扰计算的只剩下\([d|\gcd(x,y)]\)这个条件了，我们考虑如何消去。
注意到当\([d|\gcd(x,y)]\)时意味着\(d|x\)且\(d|y\)，所以我们直接枚举\(x,y\)关于\(d\)的倍数关系，则有：
\[ans=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} \sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor\lfloor\frac{m}{dy}\rfloor\]
由于\(\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor\)和\(\lfloor\frac{m}{dy}\rfloor\)互不干扰，我们拆开考虑：
\[ans=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)(\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor) (\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{m}{dy}\rfloor)\]
这时候我们惊喜的发现\(\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor\)就是一裸的除法分块式子，我们可以直接预处理出\(g(x)=\sum_{i=1}^x\lfloor\frac{x}{i}\rfloor\)，这样显然是\(O(n\sqrt n)\)的。
然后再回头看一眼式子，把\(\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor\)用\(g(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\)代进去（另一边同理）得：
\[ans=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\cdot g(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\cdot g(\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)\]
再看上去就很舒服了，我们发现这个式子可以再来一遍除法分块，就可以做到单次询问\(O(\sqrt n)\)了。
CODE
#include
#include
#define RI register int
using namespace std;
const int P=50000;
int t,n,m,prime[P+5],cnt,mu[P+5],sum[P+5],lim; long long g[P+5],ans; bool vis[P+5];
class FileInputOutput
{
private:
#define tc() (A==B&&(B=(A=Fin)+fread(Fin,1,S,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define pc(ch) (Ftop