题意：
推式子
我们考虑把这个式子的形式转变一下
首先，分别整除可以转变成他们的 (gcd) 整除
其次，考虑整除一个平方项，我们可以联想到一个欧拉函数 (mu)
于是，我们要求的式子就变成了
[sum_{a=1}^A sum_{b=1}^B [mu(gcd(a,b))
eq 0] frac{a*b}{gcd[a,b]}
]
很明显这里就是一个莫比乌斯反演的式子，然后按照套路把 (gcd) 提出来
[sum_{mu(k) neq 0 } frac{1}{k} sum_{a=1}^A sum_{b=1}^B [gcd(a,b)==k] frac{a*b}{gcd[a,b]}
]
[sum_{mu(k) neq 0 } k sum_{a=1}^{frac{A}{k}} sum_{b=1}^{frac{A}{k}} [gcd(a,b)==k] a*b
]
然后接下来的一部分和简单数学题一样，把后面的部分进行莫比乌斯反演，然后带回来，得到
[Ans=sum_{mu(k) neq 0 } k sum_{d=1}^{frac{A}{k}} mu(d) SBig( Biglfloor frac{n}{kd} Big
floor Big)^2
]
按照套路 (T=kd)
[Ans=sum_{T=1}^A SBig(Biglfloor frac{A}{T} Big
floor Big)^2 sum_{d|T mu(k)
eq 0 } mu Big(frac{T}{d}Big) Big(frac{T}{d}Big)^2 d
]
到了这一步，我们已经基本上可以做了，打一个简单的 (nlogn) 的筛加上整除分块，复杂度就变成了 (nlogn+Tsqrt{n}) ，常数优秀一点就可以切掉了，但是我们还有更优秀的线性筛
考虑可以把式子的后半部分表示成为
[g(T)=sum_{d|T} Big(frac{T}{d}Big) Big(frac{T}{d}Big)^2 d *f(d)
]
当(T) 是质数的时候
[g(T) = mu(1) * 1 * x * f(x) + mu(x) * x^2 * f(x)=x-x^2
]
对于不是质数的部分，我们考虑因式分解
[x=p_1^{q_1} p_2^{q_2} ....... p_k^{q_k}
]
我们发现，当 (q_i >3) (f(x)=0)
那么，我们假设插入一个数 (p_1)
这时候，当 (q_1>1~~ f(p_1*x)=0)
否则 ，就可以表示成为：
[g(x*p_1)=g(p_i^2)*g(p_2^{q_2}......p_k^{q_k})
]
这两个式子一定是互质的，于是，我们就可以得到
[g(p_1^2)=mu(p_1)*p_1^2*p_1*f(p_1)=-p_1^3
]
然后我们就可以线性筛了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register
#define gc getchar()
inline int read()
{
re int x=0,f(1);re char ch=gc;
while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=gc;}
while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=gc;
return x*f;
}
#define ll long long
const int N=4e6+10,mod=1<<30;
ll n,cn[N],pri[N],vis[N],cnt;
ll s[N],po[N];
void get(int n)
{
s[1]=cn[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i)
{
if (!vis[i]) po[i]=pri[++cnt]=i,s[i]=i-i*i,cn[i]=1;
for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;++j)
{
vis[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0)
{
cn[i*pri[j]]=cn[i]+1;
po[i*pri[j]]=po[i];//*pri[j];
if (cn[i]==1)
s[i*pri[j]]=-(ll)pri[j]*pri[j]*pri[j]*s[i/po[i]];
else s[i*pri[j]]=0;
break;
}
else
{
s[i*pri[j]]=s[i]*s[pri[j]];
po[i*pri[j]]=pri[j];
cn[i*pri[j]]=1;
}
}
}
for(int i=2;i<=n;++i)
s[i]+=s[i-1];
}
ll ans;
inline ll S(ll x) {return x*(x+1)/2;}
int main()
{
int T=read();
get(N-10);
while(T--)
{
ans=0;
int a=read(),b=read();
for(int l=1,r;l<=min(a,b);l=r+1)
{
r=min(a/(a/l),b/(b/l));
ans+=(1LL*S(a/l)*S(b/l)*(s[r]-s[l-1]));
}
cout<<(ans%mod+mod)%mod<<endl;
}
return 0;
}