題目大意

對於正整數n，定義f(n)為n所含質因子的最大冪指數。例如f(1960)=f(2^3 * 5^1 * 7^2)=3, f(10007)=1, f(1)=0。
給定正整數a,b，求∑ai=1∑bj=1f((i,j))

T≤10000
1≤a,b≤107

分析

看到兩個sigma和(i,j)，就要條件反射想到莫比烏斯反演。
首先令a≤b
列舉公約數，得到：

Ans=∑d=1af(d)∑i=1⌊ad⌋∑j=1⌊bd⌋[(i,j)=1]
Ans=∑d=1af(d)∑d′=1⌊ad⌋μ(d′)⌊add′⌋⌊bdd′⌋
令T=dd’，得到：
Ans=∑T=1a⌊aT⌋⌊bT⌋∑d|Tf(d)∗m

u(Td)
設g[T]=∑d|Tf(d)∗mu(Td)，那麼只要預處理g陣列的字首和，就可以以根號的複雜度詢問了。
g陣列的預處理看起來是帶log的。但是根據莫比烏斯函式的性質，如果Td存在平方因子，函式值是等於0的，也就是對答案沒有貢獻。
那麼設T=p1k1∗p2k2∗...∗pmkm，T質因數的最大冪是k，那麼只有ki=k的質因數有用。又可以設Td=p1a1∗p2a2∗...∗pmam，其中ai∈[0,1]。
可以發現f(d)只能取到k,k-1，現在令其中一個滿足ki=k的質因數為d的最大冪，如果f(d)=k，那麼ai=0，其它為0或1均可。然而一個a取0，就相當於給莫比烏斯函式乘1，取1就是乘-1。所以最終答案乘的係數是0。特殊情況：如果T是質數，乘的係數是1（因為沒有其它質因數了）。
如果f(d)=k-1，那麼ai=1，所有其它滿足ki=k的質因數也要讓對應的a值取1，這時剩下的質因數也和上面一樣，最後得到的係數是0。特殊情況：如果每個ki都等於k，那麼由於沒有剩下可以取0、1的質因數，它的係數也是1。
這樣就可以線性預處理了。

#include <cstdio>
 

#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N=1e7;

typedef long long LL;

int T,mu[N+5],tot,p[N],f[N+5];

LL s[N+5],ans;

bool bz[N+5];

char c;

int read()
{
    for (c=getchar();c<'0' || c>'9';c=getchar());
    int x=c-48;
    for (c=getchar();c>='0'
 
 && c<='9';c=getchar()) x=x*10+c-48;
    return x;
}

int main()
{
    mu[1]=1;
    for (int i=2;i<=N;i++)
    {
        if (!bz[i])
        {
            mu[i]=-1;
            p[tot++]=i;
        }
        for (int j=0;j<tot && i*p[j]<=N;j++)
        {
            int I=i*p[j];
            bz[I]=1;
            if (i%p[j]==0)
            {
                mu[I]=0; break;
            }
            mu[I]=-mu[i];
        }
    }
    for (int i=2;i<=N;i++) if (mu[i]!=0)
    {
        for (LL j=i;j<=N;j*=i) s[j]=-mu[i];
    }
    for (int i=1;i<=N;i++) s[i]+=s[i-1];
    T=read();
    while (T--)
    {
        int a=read(),b=read();
        if (a>b) a^=b^=a^=b;
        ans=0;
        for (int i=1,j;i<=a;i=j+1)
        {
            j=min(a/(a/i),b/(b/i));
            ans+=(s[j]-s[i-1])*(a/i)*(b/i);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}