参考自：https://www.luogu.com.cn/blog/An-Amazing-Blog/mu-bi-wu-si-fan-yan-ji-ge-ji-miao-di-dong-xi
对于莫比乌斯函数gcd的问题：
可以有$|gcd(i,j) = 1| = sum_{d|gcd(i,j)}^{} mu (d) ( n < m)$
可以由莫比乌斯函数的原型推得，具体不推了，很简单的代换。
那么就可以求解$sum_{i = 1}^{n}sum_{j = 1}^{m} |gcd(i,j) = 1|$
我们把上面的那个公式代入，即可得$sum_{i = 1}^{n}sum_{j = 1}^{m} sum_{d | gcd(i,j)}^{}mu (d)$
这里我们再进一步化简，显然我们可以考虑枚举d，d - [1,n]
那么，因为gcd(i,j)要是d的倍数，那么说明i,j都是d的倍数,即可得$sum_{d = 1}^{n} sum_{d | i}^{}sum_{d | j}^{}mu (d)$
考虑进一步化简，因为在1 ~ n内，满足是d的倍数的数只有n / i个，在1 ~ m内，满足是d的倍数的数只有m / i个。
所以可以变换得到$sum_{d = 1}^{n}mu (d) * [frac{n}{d}] * [frac{m}{d}]$
至此，我们可以做到O(n)的复杂度了。
但是我们看后面的式子，很显然就是一个整除分块。
所以我们可以去优化后面的乘积为整除分块。
对于两个块，我们右边界取小的，保证两个块大小一致，然后两个块里的元素分别为n / L和m / L。
即可O($sqrt{n}$)做出。
然后前面的其实就是一个莫比乌斯函数的前缀和，可以用杜教筛O($sqrt{n}$)求出。
这样最终可以优化到O($sqrt{n}$)来求出解。
求解：$sum_{i = 1}^{n}sum_{j = 1}^{m}|gcd(i,j) = k|(n < m)$
我们除去一个k得，$sum_{i = 1}^{[frac{n}{k}]}sum_{j = 1}^{[frac{m}{k}]}|gcd(i,j) = 1|(n < m)$
那么就和上面那个递推一样了。
求解：$sum_{i = 1}^{n}sum_{j = 1}^{m}i * j * |gcd(i,j) = k|$
同理，除以k可得$sum_{i = 1}^{[frac{n}{k}]}sum_{j = 1}^{[frac{m}{k}]}frac{i}{k} * frac{j}{k} * |gcd(i,j) = 1|$
化简得$sum_{i = 1}^{[frac{n}{k}]}sum_{j = 1}^{[frac{m}{k}]}i * j * k ^{2} * |gcd(i,j) = 1|$
再化简得$sum_{i = 1}^{[frac{n}{k}]}sum_{j = 1}^{[frac{m}{k}]}i * j * k ^{2} * sum_{d | gcd(i,j)}^{} mu (d)$
考虑枚举d，然后因为满足d | gcd(i,j)，所以直接枚举d的倍数i,j即可。
那么就是$k ^ {2}sum_{d = 1}^{[frac{n}{k}]} mu (d)sum_{i = 1}^{[frac{n}{kd}]} sum_{j = 1}^{[frac{m}{kd}]} id * jd$
上式中因为我们枚举的是倍数i,j，所以值应该是id和jd。
再变形一下得$k ^ {2}sum_{d = 1}^{[frac{n}{k}]} mu (d) * d^{2} sum_{i = 1}^{[frac{n}{kd}]} i sum_{j = 1}^{[frac{m}{kd}]} j$
观察可以发现后面两项就是等差数列求和，可以O（1）求出。
那么对于前面的莫比乌斯函数，杜教筛筛出前缀和即可，O($sqrt{n}$)
那么总复杂度就是O（$sqrt{n}$）
求解：$sum_{i = 1}^{n}sum_{j = 1}^{m} f(i*j)$
定义f(i*j)为求解i * j的因子个数
有推论：
$sum_{i = 1}^{n}sum_{j = 1}^{m} f(i,j) Rightarrow sum_{x | i}^{}sum_{y | j}^{} | gcd(x,y) = 1|$
那么就是求解后面那个东西，直接把最上面的变形套入即可求解。