题意：
对于正整数n，定义$f(n)$为$n$所含质因子的最大幂指数。例如$f(1960)=f(2^3 * 5^1 * 7^2)=3$，$f(10007)=1$，$f(1)=0$。
给定正整数$a,b$，求
$$sumlimits_{i=1}^{a}sumlimits_{j=1}^{b}f(gcd(i,j))$$
多组数据，$Tleq 10000$
$1leq a,bleq 10^7$
题解：
还是莫比乌斯反演，设$a<b$：
$$sumlimits_{i=1}^{a}sumlimits_{j=1}^{b}f(gcd(i,j))$$
$$=sumlimits_{d=1}^{a}f(d)sumlimits_{k=1}^{lfloorfrac{a}{d} floor}mu(k)lfloorfrac{a}{kd} floorlfloorfrac{b}{kd} floor$$
$$=sumlimits_{i=1}^{a}lfloorfrac{a}{i} floorlfloorfrac{b}{i} floorsumlimits_{d|i}f(d)mu(frac{i}{d})$$
设$g(n)=sumlimits_{d|n}f(d)mu(frac{n}{d})$，分析这个函数的性质；
先将$n$质因数分解，$n=prodlimits_{i=1}^{l}p_i^{a_i}$，设$k=max{a_i}$；
显然当且仅当$frac{n}{d}$每个质因子次数都不超过1时$mu(frac{n}{d})$才非零，所以$f(d)$的值只能取到$k$或者$k-1$；
那么可以将所有$a_i$分成两个集合，$A$集合表示取到$k$的，$B$集合表示小于$k$的，显然$g$的取值由$A$中的元素决定；考虑$d$减少了哪些质因数的次数，如果有$A$集合中的元素被选到，则剩下的在$B$集合中的选择奇偶可能性相同；
根据$mu$的定义可以知道，奇数会产生1的贡献，偶数则会产生-1的贡献，则全部的贡献加起来就为0；
如果不选$A$中的元素，则对B也类似分成两半来讨论，最终还是会得到0；
因此只有$a_i$全相等的情况才会产生非零的答案；
在里面任意选奇数或偶数个方案数依然相等，加起来贡献为0，但是特殊情况是全选时，此时$f$的值为$k-1$（其他情况为$k$），因此要多减去一个1；
所以此时$g(n)=(-1)^{l+1}$，其他时候$g(n)$均为0；
记录一下每个数的最小素因子次数和除掉最小素因子的上一个数，就可以线性筛预处理了；
剩下的数论分块前缀和啥的就是常规操作了吧……
代码：
1 #include<algorithm>
2 #include<iostream>
3 #include<cstring>
4 #include<cstdio>
5 #include<cmath>
6 #include<queue>
7 #define inf 2147483647
8 #define eps 1e-9
9 using namespace std;
10 typedef long long ll;
11 int T,n,m,pri=0,p[1000001],g[10000001],t[10000001],las[10000001];
12 bool isp[10000001];
13 void _(){
14 for(int i=2;i<=10000000;i++){
15 if(!isp[i]){
16 p[++pri]=i;
17 t[i]=las[i]=g[i]=1;
18 }
19 for(int j=1;j<=pri&&i*p[j]<=10000000;j++){
20 isp[i*p[j]]=true;
21 if(i%p[j]==0){
22 las[i*p[j]]=las[i];
23 t[i*p[j]]=t[i]+1;
24 if(las[i]==1)g[i*p[j]]=1;
25 else if(t[las[i]]==t[i]+1)g[i*p[j]]=-g[las[i]];
26 break;
27 }
28 las[i*p[j]]=i;
29 t[i*p[j]]=1;
30 if(t[i]==1)g[i*p[j]]=-g[i];
31 }
32 }
33 for(int i=1;i<=10000000;i++)g[i]+=g[i-1];
34 }
35 ll calc(int n,int m){
36 ll ret=0;
37 for(int i=1,las=1;i<=n;i=las+1){
38 las=min(n/(n/i),m/(m/i));
39 ret+=(ll)(g[las]-g[i-1])*(n/i)*(m/i);
40 }
41 return ret;
42 }
43 int main(){
44 _();
45 scanf("%d",&T);
46 while(T--){
47 scanf("%d%d",&n,&m);
48 if(n>m)swap(n,m);
49 printf("%lld
",calc(n,m));
50 }
51 return 0;
52 }