【SDOI 2015】约数个数和

Problem

Description

设 (d(x)) 为 (x) 的约数个数，给定 (N)、(M)，求

[sum_{i=1}^N sum_{j=1}^M d(ij) ]

Input Format

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 Format

(T) 行，每行一个整数，表示你所求的答案。

Sample

Input

2
7 4
5 6

Output

110
121

Range

对于所有的数据，(1 leq N, M leq 50000, 1 leq T leq 50000)。

Algorithm

莫比乌斯反演

Mentality

显然是莫比乌斯反演啊！

不过做这题的话，我们不难发现：(d(ij)) 非常的不好求！如果枚举因数的话，那肯定会出锅，因为 (ij) 最高有 (10^{10}) ，所以必定超时。那怎么办呢？

可以考虑从 (i) 与 (j) 的因数入手。

那么我们先考虑 (i) ，对于任意一个数 (i) ，它必定都能分解成 (i=prod_{pin prime}p^{x_p}) 次方这样的形式，其中 (x) 数列为 (i) 的每个质因子的次数序列。

所以，我们先考虑怎么求 (d(i)) ，我们可以枚举 (i) 的每个质因子选多少个乘起来，由于每一个不同的数分解成的质因数乘法必定是唯一的，所以我们只需要枚举有多少个本质不同的质因数乘法序列即可。由于还要再加上不选这个因数的选择，所以 (d(i)) 的计算方法即为：

[d(i)=prod_{pin prime}(x_p+1) ]

从这个角度入手，我们就可以考虑如何计算 (d(ij)) 了，设 (y) 数列为 (j) 的每个质因子次数序列，则也有：

[d(j)=prod_{pin prime}(y_p+1) ]

那么如何计算 (d(ij)) 呢？其实从枚举质因子的角度来看，就很简单了。我们可以枚举 (i) 和 (j) 的因数 (a|i) 与 (b|j) ，则 (ab) 亦为 (ij) 的因数之一。不难发现，我们的重点是在枚举两个因数的时候，避免两个因数的质因数分解序列的乘积与之前出现过的乘积有重合，那怎么办呢？

回忆一下：当我们思考怎么计算 (d(i)) 的时候，我们的第一想法是可以枚举每个质因子选多少个，这种时候，对于一个质因子 (p) 而言，它在枚举序列中会被枚举出 (x_p) 种不同的大小，即：(p^1,p^2,dots ,p^{x_p}) 这几个不同的数。也即 (p) 这一位总共会被枚举 (x_p) 次。

那么我们发现，当在计算 (d(ij)) 时，只需要保证每个质因子被枚举相应次数即可。

换句话说，对于 (p|ij) ，它理应被枚举 (x_p+y_p) 次！

那么当我们枚举 (a|i) 和 (b|j) 时，应该怎么处理呢？

其实这时，你会发现一个很简单的事情，那就是我们只需要确保 (gcd(a,b)=1) ，那么 (a,b) 中就不会含有相同的质因子。那么当我们枚举某个质因子 (p|a) 的时候，它会被枚举 (x_p) 次，而当我们枚举 (p|b) 时，它会被枚举 (y_p) 次！

换句话说，只需要确保 (gcd(a,b)=1) ，就能使枚举过程中，不会出现重复的质因子序列了！

所以，我们可以得到 (d(ij)) 的表达式了：

[d(ij)=sum_{x|i}sum_{y|j}[gcd(x,y)=1] ]

接下来就是很简单的套路了！

先设 (nle m)

[sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m d(ij) ]

[sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m sum_{x|i}sum_{y|j}[gcd(x,y)=1] ]

接着，根据常见套路，我们改为枚举 (x,y) :

[sum_{x=1}^n sum_{y=1}^m [gcd(x,y)=1]sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^m [x|i&&y|j] ]

[sum_{x=1}^n sum_{y=1}^m [gcd(x,y)=1]lfloorfrac{n}{x} floorlfloorfrac{m}{y} floor ]

再把莫比乌斯函数套进去：

[sum_{x=1}^n sum_{y=1}^msum_{d|gcd(x,y)}mu(d)lfloorfrac{n}{x} floorlfloorfrac{m}{y} floor ]

再次根据常见套路，我们改为枚举 (d) ：

[sum_{d=1}^nmu(d)sum_{x=1}^nsum_{y=1}^m[d|x&&d|y]lfloorfrac{n}{x} floorlfloorfrac{m}{y} floor ]

那么又一次根据常见套路，继续减少枚举次数：

[sum_{d=1}^nmu(d)sum_{x=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}sum_{y=1}^{lfloorfrac{m}{d} floor}lfloorfrac{n}{xd} floorlfloorfrac{m}{yd} floor ]

为了更直观地体现，我们需要根据乘法分配率将式子分成两个部分分别计算，然后乘在一起：

[sum_{d=1}^nmu(d)(sum_{x=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}lfloorfrac{n}{xd} floor)(sum_{y=1}^{lfloorfrac{m}{d} floor}lfloorfrac{m}{yd} floor) ]

那么我们就这样得到了最终的式子。

接下来，我们只需要正常整除分块就好了！因为对于式子中的 (lfloorfrac{n}{xd} floor) 来讲呢，我们可以拆成 ((n/d)/x) ，所以就可以预处理一个函数 (f(x)=sum_{i=1}^x lfloorfrac{x}{i} floor) ，则：

[ans=sum_{d=1}^nmu(d)*f(lfloorfrac{n}{d} floor)*f(lfloorfrac{m}{d} floor) ]

再预处理一下 (mu) 函数的前缀和，那么一切都只是整除分块而已，分块后面两个函数的值即可，吸溜。

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int T, n, m;
int cntp, pri[50001];
long long ans, mu[50001], f[50001];
bool vis[50001];
void init() {
  mu[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= 50000; i++) {
    if (!vis[i]) pri[++cntp] = i, mu[i] = -1;
    for (int j = 1; j <= cntp && pri[j] * i <= 50000; j++) {
      vis[pri[j] * i] = true;
      if (!(i % pri[j])) break;
      mu[pri[j] * i] = -mu[i];  //求莫比乌斯函数
    }
  }
  for (int i = 1; i <= 50000; i++) mu[i] += mu[i - 1];  //前缀和
  for (int i = 1; i <= 50000; i++)
    for (int l = 1, r; l <= i; l = r + 1) {
      r = i / (i / l);
      f[i] += 1ll * (r - l + 1) * (i / l);
    }  //求 f 函数
}
int main() {
  freopen("3327.in", "r", stdin);
  freopen("3327.out", "w", stdout);
  cin >> T;
  init();
  while (T--) {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    if (n > m) swap(n, m);
    ans = 0;
    for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
      r = min(n / (n / l), m / (m / l));
      ans +=
          1ll * (mu[r] - mu[l - 1]) * f[n / l] * f[m / l];  //整除分块计算答案
    }
    printf("%lld
", ans);
  }
}