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解析：

首先呢，这个既没有 $gcd$ 也没有 $lcm$ 的式子让我们很头疼啊。。。

但是我们有一个结论，在文章的最后会我给出一个证明：
$d(ij)=\sum_{k\mid i}\sum_{l\mid j}[\gcd(k,l)=1]$

通过这个结论我们可以把式子大力化简一波：
$\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^md(ij)=&\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^m\sum_{k\mid i}\sum_{l\mid j}[\gcd(k,l)=1] \end{aligned}$

直接反演得到： $\begin{aligned} Ans=&\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^m\sum_{k\mid i}\sum_{l \mid j}\sum_{d\mid\gcd(k,l)}\mu(d)\\ =&\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{k\mid i}\sum_{l \mid j}[d\mid \gcd(k,l)] \end{aligned}$

考虑先枚举 $k,l$
$\begin{aligned} Ans=&\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\sum_{k=1}^n\sum_{l=1}^m[d\mid \gcd(k,l)]\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\lfloor\frac{m}l\rfloor\\ =&\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}d\rfloor}\sum_{l=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor\lfloor\frac{m}{dl}\rfloor \end{aligned}$

最后分配率拆出来就是我们需要的东西： $Ans=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)(\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor)(\sum_{l=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor)$

现在考虑怎么求这个东西： $g(n)=\sum_{i=1}^{n}\lfloor\frac{n}i\rfloor$

首先你可以整除分块预处理出来所有的 $g$ ，复杂度 $O(n\sqrt n)$

但是我的目标预处理复杂度是 $O(n)$ 。

这里不是推式子的事情了，转换一下思路， $\lfloor\frac{n}1\rfloor$ 是 $[1,n]$ 中有 $1$ 这个因子的数的个数， $\lfloor\frac{n}2\rfloor$ 是 $[1,n]$ 中有 $2$ 这个因子的数的个数。。。

所以 $g$ 实际上就是 $d$ 的前缀和。。。

线性筛，然后整除分块，这道题就做完了。

一个小证明：

$d(ij)=\sum_{k\mid i}\sum_{l\mid j}[\gcd(k,l)=1]$

其实就是考虑怎么建立二元组 $(k,l)$ 和 $ij$ 的约数之间的一一对应的关系

首先每一个 $ij$ 约数 $q$ ，考虑其中的某个质因子 $p$ ，使得 $q=s\cdot p^t$

考虑 $i=i'\cdot p^a,j=j'\cdot p^b$ ，显然有 $t\leq a+b$

那么对于每个质因子 $p$ ，如果 $t\leq a$ ，那么我们在 $k$ 当中分配 $t$ 个质因子，不给 $l$ 质因子 $p$ ，否则我们在 $k$ 当中不保存质因子 $p$ ，给 $l$ 分配 $t-a$ 个质因子，显然，这样的分配下来 $\gcd(k,l)=1$ ，并且每一个质因子对应唯一的分解方案，由此就构成了一一对应。

（写的有点口胡，语言不是很严谨，但是正确性是毋庸置疑的）

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define re register
#define gc get_char
#define pc putchar
#define cs const

namespace IO{
	namespace IOONLY{
		cs int Rlen=1<<18|1;
		char buf[Rlen],*p1,*p2;
	}
	inline char get_char(){
		using namespace IOONLY;
		return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,Rlen,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
	}
	
	inline int getint(){
		re int num;
		re char c;
		while(!isdigit(c=gc()));num=c^48;
		while(isdigit(c=gc()))num=(num+(num<<2)<<1)+(c^48);
		return num;
	}
	inline void outint(ll a){
		static char ch[23];
		if(a==0)pc('0');
		while(a)ch[++ch[0]]=a-a/10*10,a/=10;
		while(ch[0])pc(ch[ch[0]--]^48);
	}
}
using namespace IO;

cs int P=50004;
int prime[P],pcnt,mu[P];
int d[P],minprit[P];
bool mark[P];
inline void linear_sieves(int len=P-4){
	d[1]=1;mu[1]=1;
	for(int re i=2;i<=len;++i){
		if(!mark[i])prime[++pcnt]=i,minprit[i]=1,d[i]=2,mu[i]=-1;
		for(int re j=1;i*prime[j]<=len;++j){
			mark[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0){
				mu[i*prime[j]]=0;
				minprit[i*prime[j]]=minprit[i]+1;
				d[i*prime[j]]=d[i]/(minprit[i]+1)*(minprit[i]+2);
				break;
			}
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
			d[i*prime[j]]=2*d[i];
			minprit[i*prime[j]]=1;
		}
		mu[i]+=mu[i-1];
		d[i]+=d[i-1];
	}
}

inline ll solve(int n,int m){
	if(n>m)swap(n,m);
	ll ans=0;
	for(int re i=1,j;i<=n;i=j+1){
		j=min(n/(n/i),m/(m/i));
		ans+=(ll)d[n/i]*d[m/i]*(mu[j]-mu[i-1]);
	}
	return ans;
}

signed main(){
	linear_sieves();
	for(int re T=getint();T--;outint(solve(getint(),getint())),pc('\n'));
	return 0;
}

2019.01.20【SDOI2015】【BZOJ3994】【洛谷P3327】约数个数和（莫比乌斯反演）

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一个小证明：

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