[SDOI2015]约数个数和

题目大意：
　　$q(qleq50000)$组询问，对于给定的$n,m(n,mleq50000)$，求$displaystylesum_{i=1}^nsum_{j=1}^m au(ij)$。

思路：
　　$displaystyle au(ij)=sum_{x|i}sum_{y|j}[gcd(x,y)==1]$。

$$
egin{align*}
原式&=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^msum_{x|i}sum_{y|j}[gcd(x,y)==1]\
&=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^msum_{x|i}sum_{y|j}sum_{d|gcd(x,y)}mu(d)\
&=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^msum_{d|gcd(i,j)}mu(d) au(frac id) au(frac jd)\
&=sum_{d=1}^{min(n,m)}sum_{i=1}^{lfloorfrac nd floor} au(i)sum_{j=1}^{lfloorfrac md floor} au(j)
end{align*}
$$
　　其中$sum au(i)$可以线性筛预处理，$d$可以数论分块枚举，单次询问复杂度$O(sqrt n)$。

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
typedef long long int64;
inline int getint() {
    register char ch;
    while(!isdigit(ch=getchar()));
    register int x=ch^'0';
    while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
    return x;
}
const int N=50001,M=5134;
bool vis[N];
int p[M],mu[N],tau[N],cnt[N],sum_mu[N],sum_tau[N];
inline void sieve() {
    mu[1]=tau[1]=sum_mu[1]=sum_tau[1]=1;
    for(register int i=2;i<N;i++) {
        if(!vis[i]) {
            p[++p[0]]=i;
            mu[i]=-1;
            cnt[i]=1;
            tau[i]=2;
        }
        for(register int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<N;j++) {
            vis[i*p[j]]=true;
            if(i%p[j]==0) {
                mu[i*p[j]]=0;
                cnt[i*p[j]]=cnt[i]+1;
                tau[i*p[j]]=tau[i]/cnt[i*p[j]]*(cnt[i*p[j]]+1);
                break;
            }
            mu[i*p[j]]=-mu[i];
            cnt[i*p[j]]=1;
            tau[i*p[j]]=tau[i]*2;
        }
        sum_mu[i]=sum_mu[i-1]+mu[i];
        sum_tau[i]=sum_tau[i-1]+tau[i];
    }
}
int main() {
    sieve();
    for(register int T=getint();T;T--) {
        const int n=getint(),m=getint(),lim=std::min(n,m);
        int64 ans=0;
        for(register int l=1,r;l<=lim;l=r+1) {
            r=std::min(n/(n/l),m/(m/l));
            ans+=(int64)(sum_mu[r]-sum_mu[l-1])*sum_tau[n/l]*sum_tau[m/l];
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}