莫比乌斯反演的变形。
对 (mu(lcm(i,j))) 变换，易得 (mu(lcm(i,j)) = mu(i)cdotmu(j)cdot mu(gcd(i,j))) 。那么有：
[egin{split}
sum_{i=1}^{n} sum_{j=1}^{m} mu(lcm(i,j)) &= sum_{i=1}^{n}mu(i) sum_{j=1}^{m}mu(j)cdot mu(gcd(i,j)) \
&= sum_{d=1}^{min(n,m)}sum_{i=1}^{n/d}sum_{j=1}^{m/d}mu(id)mu(jd)mu(d)[gcd(i,j)=1]
end{split}]
由于莫比乌斯函数的性质 (sum_{d | n}mu(d)=[n=1]) ，我们有：
[egin{split}
ext{上式} = sum_{d=1}^{min(n,m)}sum_{d_1 = 1}^{min(n,m)/d}sum_{i=1}^{n/dd_1}sum_{j=1}^{m/dd_1}mu(idd_1)mu(jdd_1)mu(d)mu(d_1)
end{split}]
我们令 (T = dd_1) ，有：
[ ext{上式}=sum_{T=1}^{min(n,m)}sum_{d|T}sum_{i=1}^{n/T}sum_{j=1}^{m/T}mu(iT)mu(jT)mu(d)mu(T/d)
]
令 (f(T) = sum_{d|T} mu(d)mu(T/d)) 。
令 (g(T,N,M)=sum_{i=1}^{N}sum_{j=1}^{M}mu(iT)mu(jT)=(sum_{i=1}^{N}mu(iT))cdot(sum_{j=1}^{M}mu(jT))) 。
那么我们有：
[ ext{上式}=sum_{T=1}^{min(n,m)} f(T)cdot g(T,n/T,m/T)
]
(g(T,n/T,m/T)) 可以在 (O(n/T+m/T)) 的时间内计算。
时间复杂度为 (O(nlog n)) 。
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1000005;
int t, n, m, tot;
int mu[maxn], check[maxn], prime[maxn];
long long ans, f[maxn];
void init()
{
mu[1] = 1; tot = 0;
for(int i = 2; i <= 1000000; i++){
if(check[i] == 0){
mu[i] = -1;
prime[++tot] = i;
}
for(int j = 1; j <= tot && prime[j] * i <= 1000000; j++){
check[i * prime[j]] = 1;
if(i % prime[j] == 0) break;
mu[i * prime[j]] = -1 * mu[i];
}
}
for(int i = 1; i <= 1000000; i++){
for(int j = 1; j * i <= 1000000; j++){
f[i * j] += mu[i] * mu[j];
}
}
}
int main()
{
init();
for(scanf("%d", &t); t--;){
scanf("%d%d", &n, &m);
ans = 0;
for(int T = 1; T <= min(n, m); T++){
if(f[T]){
long long g1 = 0, g2 = 0;
for(int i = 1; i * T <= n; i++) g1 += mu[i * T];
for(int i = 1; i * T <= m; i++) g2 += mu[i * T];
ans += f[T] * g1 * g2;
}
}
printf("%lld
", ans);
}
return 0;
}