首先要知道一个式子：$\mu(lcm(i,j))=\mu(i)\cdot \mu(j)\cdot \mu(gcd(i,j))$（分是否为0讨论）
令$d=gcd(i,j)$，$n'=\lfloor n/d \rfloor$，$m'=\lfloor m/d \rfloor$
$\sum \mu(lcm(i,j))$
$=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\sum_{i=1}^{n'}\mu(id) \sum_{j=1}^{m'}\mu(jd)\sum_{g|i,g|j}\mu(g)$
令$n''=\lfloor n'/g \rfloor$，$m''=\lfloor m'/g \rfloor$
$=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\sum_{g=1}^{n'}\mu(g)\sum_{i=1}^{n''}\mu(igd) \sum_{j=1}^{m''}\mu(jgd)$
令$t=gd$
$=\sum_{t=1}^{n}\mu*\mu(t)\sum_{i=1}^{n''}\mu(it) \sum_{j=1}^{m''}\mu(jt)$
其中$\mu*\mu$和后半部分都是可以预处理的，预处理复杂度$o(nlnn)$，询问暴力枚举t，复杂度$o(Tn)$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 1000005 4 int t,n,m,mu[N],vis[N],p[N],mu2[N]; 5 vector<int>mu3[N]; 6 long long ans; 7 int gcd(int x,int y){ 8 if (!y)return x; 9 return gcd(y,x%y); 10 } 11 int main(){ 12 mu[1]=1; 13 for(int i=2;i<N-4;i++){ 14 if (!vis[i]){ 15 p[++p[0]]=i; 16 mu[i]=-1; 17 } 18 for(int j=1;(j<=p[0])&&(i*p[j]<N-4);j++){ 19 vis[i*p[j]]=1; 20 if (i%p[j]==0){ 21 mu[i*p[j]]=0; 22 break; 23 } 24 mu[i*p[j]]=-mu[i]; 25 } 26 } 27 for(int i=1;i<N-4;i++) 28 for(int j=1;j<=(N-5)/i;j++)mu2[i*j]+=mu[i]*mu[j]; 29 for(int i=1;i<N-4;i++){ 30 mu3[i].push_back(mu[i]); 31 for(int j=2;j<=(N-5)/i;j++)mu3[i].push_back(mu3[i][j-2]+mu[i*j]); 32 } 33 scanf("%d",&t); 34 while (t--){ 35 scanf("%d%d",&n,&m); 36 ans=0; 37 if (n>m)swap(n,m); 38 for(int i=1;i<=n;i++)ans+=1LL*mu2[i]*mu3[i][n/i-1]*mu3[i][m/i-1]; 39 printf("%lld\n",ans); 40 } 41 }