分析：
转自PoPoQQQ博客：https://blog.csdn.net/popoqqq/article/details/42122413
先对原来的式子一波转化。
现在我们只需要知道Σ[d|T]f(d)μ(T/d)的前缀和就行了 设这个函数为g(x)
观察这个函数 由于含平方因子数的μ值都为零，因此我们只考虑μ(T/d)!=0的数
令T=p1^a1p2^a2...pk^ak，d=p1^b1p2^b2...pk^bk
那么0<=(ai-bi)<=1
如果存在ai≠aj(i≠j)，那么我们可以将所有的a分为两部分：最大的a的集合A和非最大a的集合B
很显然f值由A中的选取方案决定
对于A中的每种选取方案，μ值决定于总选择的数量的奇偶性
在集合B中选取奇数个元素和偶数个元素的方案数是相等的，故对于A中的每种选取方案，得到的和都是0
故如果存在ai≠aj(i≠j)，则g(T)=0
反之，如果所有的a值都相等，我们假设对于任意选取方案，f值都不变
那么由于选取奇数个元素和偶数个元素的方案数相等，和仍然为0
但是有一种选取方案的f值=a-1 因此我们要将这个1减掉
考虑到μ的符号之后，最终结果为(-1)^(k+1)
故如果不存在ai≠aj，则g(T)=(-1)^(k+1)
不知道说明白了没有。。。
求出g函数的方法是线性筛 对于每个值记录g值和最小质因数的次数 具体细节见代码
别忘了开long long
代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int MAXN=10000005;
int n,m,prm[MAXN>>3],minp[MAXN],mcnt[MAXN],g[MAXN],cnt;
bool vis[MAXN];
void pre_process(){
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!vis[i]){
prm[++cnt]=i;
minp[i]=i;
mcnt[i]=1;
g[i]=1;
}
for(int j=1;j<=cnt&&i*prm[j]<=n;j++){
vis[i*prm[j]]=1;
if(i%prm[j]==0){
minp[i*prm[j]]=minp[i]*prm[j];
mcnt[i*prm[j]]=mcnt[i]+1;
int res=i/minp[i];
if(res==1) g[i*prm[j]]=1;
else g[i*prm[j]]=(mcnt[res]==mcnt[i*prm[j]]?-g[res]:0);
break;
}
mcnt[i*prm[j]]=1;
minp[i*prm[j]]=prm[j];
g[i*prm[j]]=(mcnt[i]==1?-g[i]:0);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) g[i]+=g[i-1];
}
int main(){
n=MAXN-5;
pre_process();
int T=read();
while(T--){
n=read(),m=read();
if(n>m) swap(n,m);
LL ans=0;int nxti;
for(int i=1;i<=n;i=nxti){
nxti=min(n/(n/i),m/(m/i))+1;
ans+=1ll*(n/i)*(m/i)*(g[nxti-1]-g[i-1]);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}