Description

對於任意的>1的n gcd(a, b)不是n^2的倍數
也就是說gcd(a, b)沒有一個因子的次數>=2

Input

一個正整數T表示資料組數
接下來T行 每行兩個正整數 表示N、M

Output

T行 每行一個整數 表示第i組資料的結果

Sample Input

4
2 4
3 3
6 5
8 3

Sample Output

24
28
233
178

HINT

T <= 10000
N, M<=4000000

分析：
要求gcd(a,b)不能含平方因子，所以gcd(a,b)一定是mu不等於0的數

實際上這個式子和LCM之和的化簡方式大同小異（只是最開始的列舉元素不同而已）

式子中有一個列舉p的愚蠢操作
我們肯定不能無腦列舉啊，所以考慮進一步優化：

所以我們只要預處理出：
就可以解決該問題了

一開始我在想能不能線性篩，
但是不要忘了最開始我們的假設：

p是mu值不等於0的數

所以我們直接列舉mu不等於0的數，用它更新它的倍數，這樣的時間複雜度均攤應該是不超過O(nlogn)

tip

這道題的模數非常特殊，是2的整數次冪，
所以我們直接用int自然溢位，最後取模即可
最後的取%：

ans=(ans%p+p)%p;

（一開始少些了一個+p，就WA掉了，感覺很鬼）

//這裡寫程式碼片
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>

using namespace std;

const int N=4000005;
const int p=1<<30;
int n,m,sshu[N],tot=0,mu[N],d[N];
bool no[N];

void make()
{
    mu[1]=1;
    for (int i=2;i<N;i++)
    {
        if
 
 (!no[i])
        {
            sshu[++tot]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for (int j=1;j<=tot&&sshu[j]*i<N;j++)
        {
            no[sshu[j]*i]=1;
            if (i%sshu[j]==0)
            {
                mu[i*sshu[j]]=0;
                break;
            }
            mu[i*sshu[j]]=-mu[i];
        }
    }

    for (int i=1;i<N;i++)
    if (mu[i]!=0)
        for (int j=i;j<N;j+=i)
            d[j]=d[j]+i*(j/i)*(j/i)*mu[j/i];
    for (int i=2;i<N;i++) d[i]+=d[i-1];     //字首和 
}

int sum(int n)
{
    return n*(n+1)/2;
}

int main()
{
    make();
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while (T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        int last;
        int ans=0;
        for (int i=1;i<=min(n,m);i=last+1)
        {
            last=min(n/(n/i),m/(m/i));
            ans=ans+sum(n/i)*sum(m/i)*(d[last]-d[i-1]);
        }
        ans=(ans%p+p)%p;
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}