Description
给出A，B，考虑所有满足l<=a<=A，l<=b<=B，且不存在n>1使得n^2同时整除a和b的有序数
对(a，b)，求其lcm(a，b)之和。答案模2^30。
Input
第一行一个整数T表示数据组数。接下来T行每行两个整数A，B表示一组数据。
T ≤ 2000,A,B ≤ 4 × 10^6
Output
对每组数据输出一行一个整数表示答案模2^30的值
Sample Input
5
2 2
4 6
3 4
5 1
23333 33333
Sample Output
7
148
48
15
451085813
Solution
设(f(i))表示(i)有无平方因子（有为(0)，否则为(1)）
那么题目的式子其实就是
[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^mlcm(i,j)f(gcd(i,j))
]
稍微用一下套路就可以化简到这步：
（设(S(i)=sum_{i=1}^ni) ）
[sum_{d=1}^n df(d)sum_{k=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor}mu(k)k^2S(lfloor frac{n}{kd}
floor)S(lfloor frac{m}{kd}
floor)
]
设(T=kd)，换元可得
[sum_{T=1}^nS(lfloor frac{n}{T}
floor)S(lfloor frac{m}{T}
floor)Tsum_{k|T}kmu(k)f(frac{T}{k})
]
后面显然是个积性函数（两个积性函数的点积与另一个积性函数的狄利克雷卷积）
那么讨论一下来筛出来后面的就好了
设(g(i)=sum_{k|i}kmu(k)f(frac{i}{k}))
当(i=1)时，(g(i)=1)
当(iin prime)时，(g(i)=1-i)
当(i) 有平方质因子时，把平方质因子分离出来，手动展开一下就知道(g(p^2)=-p,g(p^c)=0(c>2))。所以分离出来平方质因子然后分类讨论一下就好
复杂度(O(n+Tsqrt{n}))
因为取模是对(2)的整数次幂取模，所以直接在最后与(2^{30}-1)取与即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace io {
char buf[1<<21], *p1 = buf, *p2 = buf;
inline char gc() {
if(p1 != p2) return *p1++;
p1 = buf;
p2 = p1 + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin);
return p1 == p2 ? EOF : *p1++;
}
#define G gc
#ifndef ONLINE_JUDGE
#undef G
#define G getchar
#endif
template<class I>
inline void read(I &x) {
x = 0; I f = 1; char c = G();
while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = G(); }
while(c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - '0'; c = G(); }
x *= f;
}
template<class I>
inline void write(I x) {
if(x == 0) {putchar('0'); return;}
I tmp = x > 0 ? x : -x;
if(x < 0) putchar('-');
int cnt = 0;
while(tmp > 0) {
buf[cnt++] = tmp % 10 + '0';
tmp /= 10;
}
while(cnt > 0) putchar(buf[--cnt]);
}
#define in(x) read(x)
#define outn(x) write(x), putchar('
')
#define out(x) write(x), putchar(' ')
} using namespace io;
#define ll long long
const int N = 4000100;
const ll mod = (1 << 30);
ll g[N];
int n, m;
int cnt, p[N / 10], vis[N], tot[N], lev[N];
void init() {
g[1] = 1;
for(int i = 2; i < N; ++i) {
if(!vis[i]) {
p[++cnt] = i;
g[i] = 1LL - i;
lev[i] = i;
tot[i] = 1;
}
for(int j = 1; j <= cnt && i * p[j] < N; ++j) {
vis[i * p[j]] = 1;
if(i % p[j] == 0) {
lev[i * p[j]] = lev[i] * p[j];
tot[i * p[j]] = tot[i] + 1;
int tmp = i / lev[i];
if(tot[i * p[j]] == 2) g[i * p[j]] = g[tmp] * (-p[j]);
else g[i * p[j]] = 0;
break;
}
g[i * p[j]] = g[i] * g[p[j]];
lev[i * p[j]] = p[j];
tot[i * p[j]] = 1;
}
}
for(int i = 1; i < N; ++i) g[i] = (i * g[i] + g[i - 1]);
}
ll c1(ll n) {
return 1LL * n * (n + 1LL) / 2LL;
}
int main() {
int T;
read(T);
init();
while(T--) {
ll ans = 0;
read(n), read(m);
if(n > m) swap(n, m);
for(ll l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
r = min(n / (n / l), m / (m / l));
ans = (ans + c1(n / l) * c1(m / l) * (g[r] - g[l - 1]));
}
outn(ans & (mod - 1));
}
}