原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/Min-25.html
前置技能
埃氏筛法
整除分块（这里有提到）
本文概要
1. 问题模型
2. Min_25 筛
3. 模板题以及模板代码
问题模型
有一个积性函数 $f$ ，对于所有质数 $p$，$f(p)$ 是关于 $p$ 的多项式，$f(p^k)$ 非常容易计算（不一定是关于 p 的多项式）。
求
$$sum_{i=1}^{n} f(i)$$
$nleq 10^{10}$
${ m Time Limit} = 1s$
Min_25 筛
设集合 $P$ 表示素数集合。
设
$$g_{n,m} = sum_{2leq ileq n, forall pin P and pleq m,p mid i} f(i)$$
则假设 $pin P$。
$$g(n,m) = sum_{m<pleq sqrt n ,p^eleq n,egeq 1} f(p^e) left([e>1] + sum_{2leq x leq lfloor frac n {p^e} floor, forall p'in P and p'leq p ,p' mid x}f(x) ight)+sum_{m<pleq n} f(p)$$
设
$$h(n) = sum_{1leq pleq n} f(p)$$
则
$$g(n,m)=sum_{m<pleq sqrt n ,p^eleq n,egeq 1} f(p^e) left([e>1] + g(lfloor frac n {p^e} floor,p) ight)+h(n)-h(m)$$
（以上公式以及下图摘自 集训队论文2018 - 朱震霆 - 一些特殊的数论函数求和问题）
接下来我们考虑如何求 $h(x)$ 。
时间复杂度积分算一算就可以知道是 $O(frac {n^{frac 3 4}}{log n})$。
在求 $g(n,m)$ 的直接爆搜就好了，连记忆化都不用！（但这个我不会证明，为什么是对的自己看论文）
具体代码实现主要参见模板部分。
模板题以及模板代码
51Nod1222 最小公倍数计数
题意
给定 $a,b$， 求
$$sum_{n=a}^b sum_{i=1}^n sum_{j=1}^i [{ m lcm } (i,j) = n]$$
$$a,bleq 10^{11}$$
$${ m Time Limit } = 6s$$
题解
先差分一下，转化成求前缀和。
先把原题的统计无序数对转化成统计有序数对，最终 $ans' = (ans+n)/2$ 即可。
设集合 $P$ 表示素数集合。
设 $c(n,p)$ 表示最大的使得 $p^{c(n,p)}|n$ 的数。
若 ${ m lcm } (i,j) = n$ ，则
$$forall p in P, c(n,p)=max(c(i,p),c(j,p))$$
所以，$forall pin P$ ，$c(i,p)$ 和 $c(j,p)$ 共有 $2c(n,p) +1 $ 种取值方法。
所以，设
$$n=prod_i p_i^{k_i} (p_iin P)$$
则
$$ sum_{i=1}^n sum_{j=1}^i [{ m lcm } (i,j) = n] = prod_t (2k_t+1) $$
显然这个式子满足 Min_25 筛的条件，直接筛就好了。
关于本题，还有一些其他做法，详见https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/51Nod1222.html
代码
#pragma GCC optimize("Ofast","inline")
#include <bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof (x))
using namespace std;
typedef long long LL;
LL read(){
LL x=0,f=0;
char ch=getchar();
while (!isdigit(ch))
f|=ch=='-',ch=getchar();
while (isdigit(ch))
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return f?-x:x;
}
const int Base=1000005,N=Base*2+5;
LL n,cn,a,b,base;
LL h[N],ps[N],cnt;
LL p[N],pcnt;
#define ID(i) ((i)<=base?i:cnt-cn/(i)+1)
LL f(int e){
return e*2+1;
}
LL g(LL n,LL m){
LL ans=max(0LL,h[ID(n)]-h[ID(p[m-1])]);
for (int i=m;i<=pcnt&&p[i]*p[i]<=n;i++){
LL nn=n/p[i];
for (int e=1;nn>0;e++,nn/=p[i])
ans+=f(e)*((e>1)+g(nn,i+1));
}
return ans;
}
LL _solve(LL _n){
cn=n=_n,base=(LL)sqrt(n),cnt=pcnt=0;
for (LL i=1;i<=n;i=ps[cnt]+1)
ps[++cnt]=n/(n/i),h[cnt]=ps[cnt]-1;
p[0]=1;
for (LL i=2;i<=base;i++)
if (h[i]!=h[i-1]){
p[++pcnt]=i;//顺便把质数筛出来
LL i2=i*i;
for (LL j=cnt;ps[j]>=i2;j--)
h[j]-=h[ID(ps[j]/i)]-(pcnt-1);
}
for (LL i=1;i<=cnt;i++)
h[i]*=3;
return g(n,1)+1;
}
LL solve(LL n){
return (_solve(n)+n)/2;
}
int main(){
a=read(),b=read();
cout<<solve(b)-solve(a-1)<<endl;
return 0;
}