大致题意： 设\(d(x)\)为\(x\)的约数个数，求\(\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^Md(i·j)\)。
莫比乌斯反演
这是一道题。
一个重要的性质
首先我们要先了解\(d(i·j)\)这个函数的性质：
\[d(i,j)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)==1]\]
证明： 我也不知道，应该就是枚举\(i\)和\(j\)的约数，求出其中不互质的约数对个数，避免重复计算。
一些定义
按照莫比乌斯反演的常见套路，我们可以定义\(f(d)\)和\(F(n)\)如下：
\[f(d)=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M[gcd(i,j)==d]\]
\[F(n)=\sum_{n|d}f(d)\]
然后由莫比乌斯反演的某些性质，我们可以得到下面这个式子：
\[f(n)=\sum_{n|d}\mu(\lfloor\frac dn\rfloor)F(d)\]
公式化简
首先，题目中已经给出：
\[answer=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^Md(i·j)\]
由于上面提到的性质，我们可以得到：
\[answer=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)==1]\]
根据莫比乌斯函数\(\mu\)的性质：\(\sum_{d|n}\mu(d)=[n==1]\)，所以，我们可以将\(\mu\)代入，将原式变成这个样子：
\[answer=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{d|gcd(x,y)}\mu(d)\]
由于这个式子难以操作，因此，我们可以将原式略作修改，改成对\(d\)进行枚举，变成这个样子：
\[answer=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)*[d|gcd(x,y)]\]
不难发现，\(\mu(d)\)的值是与\(i,j,x,y\)无关的，因此可以将其单独提出，就变成了这样：
\[answer=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M\sum_{x|i}\sum_{y|j}[d|gcd(x,y)]\]
然后，我们可以从枚举\(i,j\)及其约数\(x,y\)，转变为直接枚举约数\(x,y\)，然后将其贡献乘上约数倍数的个数（这应该还是比较好理解的），于是就有了下面这个式子：
\[answer=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum_{x=1}^N\sum_{y=1}^M[d|gcd(x,y)]\lfloor\frac Nx\rfloor\lfloor\frac My\rfloor\]
考虑由\(d|gcd(x,y)\)可以得到\(d|x\)且\(d|y\)，即\(x\)和\(y\)是\(d\)的倍数所以我们就可以通过直接枚举\(d\)的倍数\(d·x\)和\(d·y\)来取代枚举\(x,y\)，从而消去\(d|gcd(x,y)\)这个限制：
\[answer=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac Nd\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor\frac Md\rfloor}\lfloor\frac N{d·x}\rfloor\lfloor\frac M{d·y}\rfloor\]最后，我们可以将原式稍作变动，得到下面这个式子：
\[answer=(\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d))(\sum_{x=1}^{\lfloor\frac Nd\rfloor}\lfloor\frac N{d·x}\rfloor)(\sum_{y=1}^{\lfloor\frac Md\rfloor}\lfloor\frac M{d·y}\rfloor)\]
求解答案
不难想到对这个式子中的后两部分进行（貌似需要二次除法分块），然后对\(\mu(d)\)用前缀和预处理一下，就能做到单次询问\(O(\sqrt N)\)的时间复杂度，这样就能过了。
代码
#include#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))#define uint unsigned int#define LL long long#define ull unsigned long long#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)#define abs(x) ((x)<0?-(x):(x))#define INF 1e9#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=MOD&&(x-=MOD))#define ten(x) (((x)<<3)+((x)<<1))#define N 50000using namespace std;int n,m;class FIO{ private: #define Fsize 100000 #define tc() (FinNow==FinEnd&&(FinEnd=(FinNow=Fin)+fread(Fin,1,Fsize,stdin),FinNow==FinEnd)?EOF:*FinNow++) #define pc(ch) (FoutSize