题意：
求(sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m[gcd(i,j)=prime])
题解：
首先把(prime)换成(k)，和前几题的做法一样，可以快速推导到这一步：
(sum_{k=1}^nsum_{d=1}^{n/k}mu(d)[n/kd][m/kd][k=prime])
然后暴力枚举每个质数作为(k)的情况，会T。
可以进一步优化：
设(T=kd)，有
(sum_{k=1}^nsum_{d=1}^{n/k}mu(d)[n/T][m/T][k=prime])
把前面两个(sum)改成枚举(T,k)的形式？（我好像悟了...）
那么可以写成
(sum_{T=1}^n[n/T][m/T]sum_{k|T}mu(T/k)[k=prime])
发现后面，这个(sum_{k|T}mu(T/k)[k=prime])是可以预处理出来的。
即考虑每个质数(k)，对(k)的倍数(T)，将(T)的答案加上(mu(T/k))。
所以做法就是：
先线性筛出(n)以内的质数和莫比乌斯函数
然后预处理出这个柿子后半部分的答案。
然后预处理出每个(T)的后半部分的答案的前缀和。
然后直接数论分块做一下即可。
时间复杂度(O(n+Tsqrt{n}))。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e7+100;
typedef long long ll;
int vis[maxn];
ll pri[maxn],mu[maxn],sum[maxn],cnt;
ll mm[maxn];
void getMu (int n) {
mu[1]=1;
for (int i=2;i<=n;i++) {
if (!vis[i]) {
mu[i]=-1;
pri[++cnt]=i;
}
for (int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;j++) {
vis[i*pri[j]]=1;
if (i%pri[j]==0) break;
else mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
}
for (int i=1;i<=cnt;i++) {
for (int j=pri[i];j<=n;j+=pri[i])
mm[j]+=mu[j/pri[i]];
}
for (int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+mm[i];
}
main () {
getMu(1e7);
int _;
scanf("%d",&_);
while (_--) {
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
ll ans=0;
if (n>m) swap(n,m);
for (int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans+=1ll*(n/l)*(m/l)*(sum[r]-sum[l-1]);
}
printf("%lld
",ans);
}
}