我的做法基于以下两个公式：
\[[n=1]=\sum_{d|n}\mu(d)\]
\[\sigma_0(i*j)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]\]
其中\(\sigma_0(n)\)表示\(n\)的约数个数
第一个公式是莫比乌斯函数的基本性质，至于第二个公式的证明，可以考虑\(i*j\)中每一个质因子对 \(\sigma_0(i*j)\) 的贡献，对于一个质因子 \(p\) ，若它在 \(i\) 中的次数为 \(k_1\) ，它在 \(j\) 中的次数为 \(k_2\) ，则在 \(\sigma_0(i*j)\) 中\(p\)的贡献为\((k_1+k_2+1)\)（约数个数计算公式），而在\(gcd(x,y)=1\)的情况下，要么\(x\)中\(p\)的次数为0，要么\(y\)中\(p\)的次数为0，一共有\((k_1+k_2+1)\)种方案，与\(i*j\)中的贡献相同，所以等式左右两边相等。
然后就可以愉快的推式子啦！
\[ \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m}\sigma_0(i*j)\]
\[ \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m}\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]\]
\[\sum_{x=1}^{n}\sum_{y=1}^m \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{x} \rfloor } \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{y}\rfloor} [gcd(x,y)=1]\]
\[\sum_{x=1}^{n}\sum_{y=1}^m \lfloor \frac{n}{x} \rfloor \lfloor \frac{m}{y}\rfloor \sum_{k|gcd(x,y)}\mu(k)\]
\[\sum_{k=1}^{n}\sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor \frac{m}{k} \rfloor} \lfloor \frac{n}{kx}\rfloor \lfloor \frac{m}{ky} \rfloor\mu(k)\]
\[\sum_{k=1}^{n}\mu(k)(\sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor}\lfloor\frac{n}{kx}\rfloor)(\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\lfloor\frac{m}{ky}\rfloor)\]
然后我们设\(S(n)=\sum_{i=1}^{n}\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)，显然\(S(n)\)是可以\(O(\sqrt{n})\)计算的
则上式可化为：
\[\sum_{k=1}^{n}\mu(k)S(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor)S({\lfloor\frac{m}{k}\rfloor})\]
先预处理\(S(1)-S(maxn)\)，然后就可以\(O(\sqrt{n})\)回答每组询问啦！
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 50007
#define ll long long
const int lim=50000;
ll s[N];
int ui[N],pr[N],cnt;
bool zhi[N];
void Init()
{
int i,j;
ui[1]=1;
for(i=2;i<=lim;i++)
{
if(!zhi[i])
{
pr[++cnt]=i;
ui[i]=-1;
}
for(j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=lim;j++)
{
int p=pr[j],x=i*p;
zhi[x]=true;
if(i%p==0)
{
ui[x]=0;
break;
}
ui[x]=-ui[i];
}
}
for(i=1;i<=lim;i++)
ui[i]+=ui[i-1];
for(i=1;i<=lim;i++)
{
int l,r;
for(l=1;l<=i;l=r+1)
{
r=i/(i/l);
s[i]+=1ll*(r-l+1)*(i/l);
}
}
}
int main()
{
int n,m,t;
Init();
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int l1=1,r1,l2=1,r2,cur=1;
ll ans=0;
while(l1<=n&&l2<=m)
{
int l,r;
r1=n/(n/l1),r2=m/(m/l2);
l=cur;
if(r1<r2)r=r1,cur=l1=r1+1;
else r=r2,cur=l2=r2+1;
ans+=1ll*(ui[r]-ui[l-1])*s[n/l]*s[m/l];
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}