题意：
求当 (1leq aleq n,1leq bleq m)，有多少对 ((a,b)) 满足 (gcd(a,b)) 的质因子个数不大于 (p)。
分析：
根据经验，莫比乌斯反演主要要会构造函数，改变枚举变量，变量代换，经常需要各种预处理来优化时间复杂度。
令 (f(x)) 表示 (x) 的质因子个数。
那么，问题可以转化为求（(nleq m)）：
[ans=sum_{g=1}^{n}{[f(g)leq p]sum_{i=1}^{n}{sum_{j=1}^{m}{[gcd(i,j)=g]}}}
]
下面开始化简：
[=sum_{g=1}^{n}{[f(g)leq p]sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{g}
floor}{mu(i)*lfloor frac{n}{i*g}
floor*lfloor frac{m}{i*g}
floor}}
]
令 (T=i*g)，则：
[=sum_{T=1}^{n}{sum_{g|T}^{T}{[f(g)leq p]*mu(lfloor frac{T}{g}
floor)*lfloor frac{n}{T}
floor*lfloor frac{m}{T}
floor}}
]
[=sum_{T=1}^{n}{lfloor frac{n}{T}
floor*lfloor frac{m}{T}
floor sum_{g|T}^{T}{[f(g)leq p]*mu(lfloor frac{T}{g}
floor)}}
]
观察上式发现，后面部分可以先预处理出来，前面的可以用数论分块优化。
考虑到数据范围，素因子的个数不会大于 (20) ，因此当 (pgeq 20)，可以直接输出结果为：(n imes m)；
预处理部分，因为 (p) 已经很小，用二维数组 (a[i][k]) 表示当 (T=i,p=k) 时，
(sum_{g|T}^{T}{[f(g)leq p]*mu(lfloor frac{T}{g}
floor)})的结果。然后借助前缀和，在数论分块时优化。
注意：一开始二维数组的第二维开的是 (30)，交了一发后发现 (tle)，找了好久才发现第二维开 (20)，就不会 (t) 了。为什么数组开大了，还会超时？
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e5+5;
const int maxn=5e5;
int mu[N],num[N],prime[N],total;
bool vis[N];
ll a[N][20],sum[N][20];//如果第二维开30就会tle
int divide(int x)
{
int cnt=0;
for(int i=1;i<=total&&1LL*prime[i]*prime[i]<=x;i++)
{
while(x%prime[i]==0)
{
cnt++;
x/=prime[i];
}
}
if(x>1)
cnt++;
return cnt;
}
void init()
{//预处理莫比乌斯函数:
mu[1]=1;
total=0;
for(int i=2;i<N;i++)
{
if(!vis[i])
{
prime[++total]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=total&&1LL*i*prime[j]<N;j++)
{
vis[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)
{
mu[i*prime[j]]=0;
break;
}
else
mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<N;i++)
num[i]=divide(i);
for(int i=1;i<N;i++)//g
{
for(int j=i;j<N;j+=i)
a[j][num[i]]+=mu[j/i];
}
for(int i=1;i<N;i++)
{
for(int k=0;k<20;k++)
{
if(k>0)
a[i][k]+=a[i][k-1];
sum[i][k]=sum[i-1][k]+a[i][k];
}
}
}
ll solve(int n,int m,int p)
{
if(p>=20)
return 1LL*n*m;
ll res=0;
if(n>m) swap(n,m);
for(int l=1,r=1;l<=n;l=r+1)
{
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ll t=1LL*(n/l)*(m/l)*(sum[r][p]-sum[l-1][p]);
res+=t;
}
return res;
}
int main()
{
init();
int q,n,m,p;
scanf("%d",&q);
while(q--)
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
printf("%lld
",solve(n,m,p));
}
return 0;
}