题面
题解
我此生可能注定要和反演过不去了……死都看不出来为啥它会突然繁衍反演起来啊……
设(f(n)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n[{ijovergcd(i,j)}leq n])，这是一个类似前缀的东西，除了([i,i])型的之外每一个二元组都被算了(2)次，所以({f(n)+nover 2})就是(lcm)小于等于(n)的二元组个数，答案就是两个前缀和相减的形式
所以现在问题来了，该怎么计算(f(n))呢……
二话不说先推倒吧……顺便下面的除法都是整除……懒得打下取整了……
[egin{align}
f(n)
&=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n[{ijovergcd(i,j)}leq n]\
&=sum_{d=1}^nsum_{i=1}^{nover d}sum_{j=1}^{nover d}[ijleq {nover d}][(i,j)=1]\
end{align}
]
然后？把([n=1])化成(sum_{d|n}mu(d))啊
[egin{align}
f(n)
&=sum_{d=1}^nsum_{i=1}^{nover d}sum_{j=1}^{nover d}[ijleq {nover d}]sum_{k|(i,j)}mu(k)\
&=sum_{d=1}^nsum_{k=1}^{nover d}sum_{i=1}^{nover dk}sum_{j=1}^{nover dk}[ikjkleq {nover d}]\
&=sum_{k=1}^nsum_{d=1}^{nover k}sum_{i=1}^{nover dk}sum_{j=1}^{nover dk}[ijdleq {nover k^2}]\
end{align}
]
为了保证([ijdleq {nover k^2}])有解，所以可以把求和的上界
[egin{align}
f(n)
&=sum_{k=1}^sqrt{n}sum_{d=1}^{nover k^2}sum_{i=1}^{nover dk^2}sum_{j=1}^{nover dk^2}[ijdleq {nover k^2}]\
end{align}
]
然后发现在(i,j,d)满足括号里的条件时怎么样都不会超出限制了，所以我们枚举(k)，对于每个(k)只要求出这样的三元组有多少个就行了
因为这个三元组是无序的，我们可以强制它有序，也就是(dleq ileq j)，然后分别计算一个数相等，两个数相等，三个数相等的三元组个数，分别乘对应的组合数就行了
复杂度的话……鉴于咱还没学过微积分所以不会算呐……
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
const int N=1e6+5;
bitset<N>vis;int p[N],mu[N],top,sqr,tot;ll n,m;
void init(int n){
mu[1]=1;
fp(i,2,n){
if(!vis[i])p[++tot]=i,mu[i]=-1;
for(R int j=1;j<=tot&&1ll*i*p[j]<=n;++j){
vis[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0)break;
mu[i*p[j]]=-mu[i];
}
}
}
ll calc(ll n){
if(!n)return 0;
ll res=0,tmp=0,S;
fp(k,1,sqr)if(mu[k]){
tmp=0,S=n/(1ll*k*k);
for(R int i=1;1ll*i*i*i<=S;++i){
for(R int j=i+1;1ll*i*j*j<=S;++j)
tmp+=(S/(1ll*i*j)-j)*6+3;
tmp+=(S/(1ll*i*i)-i)*3;
++tmp;
}
res+=mu[k]*tmp;
}
return (res+n)>>1;
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
scanf("%lld%lld",&m,&n),init(sqr=sqrt(n));
printf("%lld
",calc(n)-calc(m-1));
return 0;
}