莫比乌斯反演笔记

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本文同步发表于我的洛谷博客。

1. 莫比乌斯函数

设正整数 $n$ 的标准分解为 $\sum \limits_{i = 1}^{k} p_i^{c_i}$ 。

莫比乌斯函数定义为

μ (n) = {\begin{matrix} 0 \exists i \in [1, k], c_{i} > 0 \\ (- 1)^{k} otherwise \end{matrix}

$\mu(n) = \left\{\begin{matrix} 0 \qquad \exists i \in [1, k], c_i \gt 0 \\\\ (-1) ^ k \qquad \text{otherwise} \end{matrix}\right.$

重要结论 $1:$ $\sum \limits_{d | n}^{} \mu(d) = [n = 1]$
。该结论可以用莫比乌斯函数性质证明。

重要结论 $2:$ 莫比乌斯函数是积性函数，即对于 $p \perp q$ ，有 $\mu (pq) = \mu(p) \mu(q)$ 。

2. 狄利克雷卷积

1. 一些常见的数论积性函数：

莫比乌斯函数 $\mu (n)$ 。
欧拉函数 $\varphi(n)$ ： $1 \sim n$ 中与 $n$ 互质的数的个数。
约数个数 $d(n)$ ： $n$ 的约数个数。
约数和 $\sigma$ ： $\sum \limits_{d | n}^{} d$ 。
元函数 $\epsilon(n)$ 。即 $[n = 1]$ 。
单位函数 $\text{id}(n)$ 。即为 $n$ 。
恒等函数 $\text{I}(n)$ 。该函数恒为 $1$ 。有时也写作 $1$ 。

其中后三个函数为完全积性函数。

2. 狄利克雷卷积

定义两个数论函数的狄利克雷卷积为 $(f * g)(n) = \sum \limits_{d | n} f(d) g(\dfrac{n}{d})$ ，读作 $f$ 卷 $g$ 。

其中后面括号里的 $n$ 代表卷积范围。

卷积有下面这些良好的性质：

交换律： $f * g = g * f$ 。
结合律： $(f * g) * h = f * (g * h)$ 。

上面的性质可以根据卷积定义证明。这里略过。

3. 常见数论函数的狄利克雷卷积

$d = 1 * 1$

证明： $1 * 1 = \sum \limits_{d | n}^{} 1 \times 1 = d(n)$ 。

$\epsilon = \mu * 1$

上文提到过， $\sum \limits_{d | n} \mu = [n = 1] = \epsilon(n)$ 。

$\text{id} = \varphi * 1$

利用欧拉函数性质证明。

$\text{(1)}$ $\varphi(1) = 1$

$\text{(2)}$ $\varphi(p) = p - 1$

$\text{(3)}$ $\varphi(p ^ 2) = p \times \varphi(p) = p ^ 2 - p$

$\text{(4)}$ 根据性质 $(3)$ ，推出 $\varphi(p ^ k) = \varphi(p) \times p^{k - 1} = p ^ k - p ^{k - 1}$

$(5)$ $\sum \limits_{i = 0}^{c} \varphi(p ^ i) = 1 + \sum \limits_{i = 1}^{c} \varphi(p ^ i) = 1 + \sum \limits_{i = 1}^{c} p ^ i - p^{i - 1} = p ^ c$

$(6)$ 若 $n = \sum \limits_{i = 1}^{k} p_i ^ {c_i}$ ，则利用 $(5)$ 和积性函数的性质即可推出。

$\varphi = \mu * \text{id}$

证明：由于 $\text{id} = \varphi * 1$ ，根据卷积的性质，可以在等式两边同时卷上 $\mu$ ，得到 $\text{id} * \mu = \varphi * 1 * \mu$ 。根据 $\mu * 1 = \epsilon$ 得 $\text{id} * \mu = \varphi * \epsilon = \varphi$ 。证毕。

$\sigma = \text{id} * 1$

证明： $\sigma(n) = \sum \limits_{d | n} d = \sum \limits_{d | n} \text{id}(d) \times I(\dfrac{n}{d}) = \text{id} * 1(n)$ 。

3. 莫比乌斯反演

莫比乌斯反演的形式如下：

如果存在 $F(n) = \sum \limits_{d | n} f(d)$ ，那么有 $f(n) = \sum \limits_{d | n} F(d) \mu(\dfrac{n}{d})$ 。

该结论可以利用狄利克雷卷积来证明。

证明：

$F(n) = \sum \limits_{d | n} f(d)$ 写成卷积的形式就是 $F = f * 1(n)$ 。那么对两边同时卷上 $\mu$ ，可得 $F * \mu(n) = f * 1 * \mu(n)$ 。由于 $1 * \mu(n) = \epsilon$ ，所以原式可化为 $F * \mu(n) = f * \epsilon(n) = f$ ，即 $f(n) = \sum \limits_{d | n} F(d) \mu(\dfrac{n}{d})$ 。证毕。

某些例题：

下面求和的上界省略了下取整符号。

$\text{P3455 [POI2007]ZAP-Queries}$

求 $\sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{m} [(i, j) = k]$ 。

大力莫反。

\begin{matrix} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [(i, j) = k] \\ = \sum_{i = 1}^{\frac{n}{k}} \sum_{j = 1}^{\frac{m}{k}} [(i, j) = 1] \\ = \sum_{i = 1}^{\frac{n}{k}} \sum_{j = 1}^{\frac{m}{k}} μ ((i, j)) * 1 \\ = \sum_{i = 1}^{\frac{n}{k}} \sum_{j = 1}^{\frac{m}{k}} \sum_{d | (i, j)} μ (d) \\ = \sum_{d = 1}^{n} μ (d) \sum_{i = 1}^{\frac{n}{k d}} \sum_{j = 1}^{\frac{m}{k d}} 1 \\ = \sum_{d = 1}^{n} μ (d) ⌊ \frac{n}{k d} ⌋ ⌊ \frac{m}{k d} ⌋ \end{matrix}

$\begin{array}{c} \sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{m} [(i, j) = k] \\\\ = \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{k}}\sum \limits_{j = 1}^{\frac{m}{k}} [(i, j) = 1] \\\\ = \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{k}}\sum \limits_{j = 1}^{\frac{m}{k}} \mu((i, j)) * 1 \\\\ = \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{k}}\sum \limits_{j = 1}^{\frac{m}{k}} \sum \limits_{d | (i, j)} \mu(d) \\\\ = \sum \limits_{d = 1}^{n} \mu(d) \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{kd}} \sum \limits_{j = 1}^{\frac{m}{kd}} 1 \\\\ = \sum \limits_{d = 1}^{n} \mu(d) \left \lfloor \dfrac{n}{kd} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{m}{kd} \right \rfloor \end{array}$

前面的 $\mu$ 可以线筛，后面的可以整除分块套上 $\mu$ 前缀和。

void get_mu(int n) {
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i ++ ) {
		if (!is_prime[i]) mu[i] = -1, p[ ++ cnt] = i;
		for (int j = 1; j <= cnt and i * p[j] <= n; j ++ ) {
			is_prime[i * p[j]] = true;
			if (i % p[j] == 0) break;
			mu[i * p[j]] = -mu[i];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
		s[i] = s[i - 1] + mu[i];
}
int main() {
	get_mu(N - 5);
	scanf("%d", &T);
	while (T -- ) {
		int n, m, k;
		scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
		int ans = 0;
		for (int l = 1, r; l <= min(n, m); l = r + 1) {
			r = min(n / (n / l), m / (m / l));
			ans += (n / (l * k)) * (m / (l * k)) * (s[r] - s[l - 1]);
		}
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}

$\text{P2522 [HAOI2011]Problem b}$

求 $\sum \limits_{i = a}^{b} \sum \limits_{j = c}^{d} [(i, j) = k]$ 。

上一道题的强化版。将上一道题写成函数 $\operatorname{calc(n, m, k)}$ ，表示求求 $\sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{m} [(i, j) = k]$ 的值。然后利用类似二维前缀和的方式，计算出答案即为 $\operatorname{calc(b, d, k)} - \operatorname{calc(a - 1, d, k)} - \operatorname{calc(c - 1, b, k)} + \operatorname{calc(a - 1, c - 1, k)}$

$\text{P1390 公约数的和}$

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = i + 1}^{n} (i, j)

$\sum_{i = 1}^n \sum_{j = i + 1}^n (i, j)$

首先考虑计算 $\sum \limits_{i = 1}^n \sum \limits_{j = 1}^n (i, j)$ 。

首先枚举 $(i, j)$ ，得到 $\sum \limits_{d = 1}^{n} d \sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{n} [(i, j) = d]$

继续化简：

\begin{matrix} \sum_{d = 1}^{n} d \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} [(i, j) = d] \\ = \sum_{d = 1}^{n} d \sum_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum_{j = 1}^{\frac{n}{d}} [(i, j) = 1] \\ = \sum_{d = 1}^{n} d \sum_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum_{j = 1}^{\frac{n}{d}} μ * 1 (gcd (i, j)) \\ = \sum_{d = 1}^{n} d \sum_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum_{j = 1}^{\frac{n}{d}} \sum_{p | (i, j)} μ (p) \\ = \sum_{d = 1}^{n} d \sum_{p = 1}^{n} μ (p) \sum_{i = 1}^{\frac{n}{p d}} \sum_{j = 1}^{\frac{n}{p d}} 1 \\ = \sum_{d = 1}^{n} d \sum_{p = 1}^{\frac{n}{d}} μ (p) ⌊ \frac{n}{p d} ⌋ ⌊ \frac{n}{p d} ⌋ \\ 令 k = pd， \sum_{k = 1}^{n} ⌊ \frac{n}{k} ⌋ ⌊ \frac{n}{k} ⌋ \sum_{d | k} d \times μ (\frac{k}{d}) \\ \sum_{k = 1}^{n} ⌊ \frac{n}{k} ⌋ ⌊ \frac{n}{k} ⌋ id * μ (k) \\ \sum_{k = 1}^{n} ⌊ \frac{n}{k} ⌋ ⌊ \frac{n}{k} ⌋ φ (k) \end{matrix}

$\begin{array}{c} \sum \limits_{d = 1}^{n} d \sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{n} [(i, j) = d] \\\\ = \sum \limits_{d = 1}^{n} d \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum \limits_{j = 1}^{\frac{n}{d}} [(i, j) = 1] \\\\ = \sum \limits_{d = 1}^{n} d \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum \limits_{j = 1}^{\frac{n}{d}} \mu * 1(\gcd(i, j)) \\\\ = \sum \limits_{d = 1}^{n} d \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum \limits_{j = 1}^{\frac{n}{d}} \sum \limits_{p | (i, j)} \mu(p) \\\\ = \sum \limits_{d = 1}^{n} d \sum \limits_{p = 1}^{n} \mu(p) \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{pd}} \sum \limits_{j = 1}^{\frac{n}{pd}} 1\\\\ = \sum \limits_{d = 1}^{n} d \sum \limits_{p = 1}^{\frac{n}{d}} \mu(p) \left \lfloor \dfrac{n}{pd} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{n}{pd} \right \rfloor \\\\ \text{令 k = pd，} \sum \limits_{k = 1}^{n} \left \lfloor \dfrac{n}{k} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{n}{k} \right \rfloor \sum \limits_{d | k} d \times \mu(\dfrac{k}{d}) \\\\ \sum \limits_{k = 1}^{n} \left \lfloor \dfrac{n}{k} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{n}{k} \right \rfloor \text{id} * \mu(k) \\\\ \sum \limits_{k = 1}^{n} \left \lfloor \dfrac{n}{k} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{n}{k} \right \rfloor \varphi(k) \end{array}$

$\varphi$ 可以前缀和，然后整除分块就好了。复杂度 $O(n + \sqrt n)$ ，瓶颈在前缀和。

原题要求的就是刚才求的减去 $\sum i$ 之后在除以 $2$ 。这里根据最大公约数的交换律或者对称性易得。

另外，这个题也可以不必卷到 $\varphi$ 。只要卷到 $= \sum \limits_{d = 1}^{n} d \sum \limits_{p = 1}^{\frac{n}{d}} \mu(p) \left \lfloor \dfrac{n}{pd} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{n}{pd} \right \rfloor$ 就可以套两层整除分块了。这样的复杂度是 $O(n + n) = O(n)$ ，也很优秀。

一天后返回来在看一眼原来推得式子，会发现确实推复杂了。正难则反，直接用 $\varphi * 1 = id$ 来推。

\begin{matrix} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} (i, j) \\ = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} φ * 1 ((i, j)) \\ = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} \sum_{d | (i, j)} φ (d) \\ = \sum_{d = 1}^{n} φ (d) \sum_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum_{j = 1}^{\frac{n}{d}} 1 \\ \sum_{d = 1}^{n} φ (d) ⌊ \frac{n}{d} ⌋ ⌊ \frac{n}{d} ⌋ \end{matrix}

$\begin{array}{c} \sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{n} (i, j) \\\\ = \sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{n} \varphi * 1((i,j)) \\\\ = \sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{n} \sum \limits_{d | (i, j)} \varphi(d) \\\\ = \sum \limits_{d = 1}^{n} \varphi(d) \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum \limits_{j = 1}^{\frac{n}{d}} 1 \\\\ \sum \limits_{d = 1}^{n} \varphi(d) \left \lfloor \dfrac{n}{d} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{n}{d} \right \rfloor \end{array}$

可以发现结果是一样的。

两层整除分块

void get_mu(int n) {
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i ++ ) {
		if (!is_prime[i]) mu[i] = -1, p[ ++ cnt] = i;
		for (int j = 1; j <= cnt and p[j] * i <= n; j ++ ) {
			is_prime[i * p[j]] = true;
			if (i % p[j] == 0) break;
			mu[i * p[j]] = -mu[i];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
		s[i] = s[i - 1] + mu[i];
}

int prob(int l, int r) {
	return (l + r) * (r - l + 1) >> 1;
}
int calc(int n) {
	int ans = 0;
	for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
		r = n / (n / l);
		ans += (s[r] - s[l - 1]) * (n / l) * (n / l);
	}
	return ans;
}
signed main() {
	scanf("%lld", &n);
	get_mu(n);
	
	int ans = 0;
	for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
		r = n / (n / l);
		ans += prob(l, r) * calc(n / l);
	}
	ans -= n * (n + 1) >> 1;
	printf("%lld\n", ans >> 1);
	return 0;
}

卷到 $\varphi$

void get_mu(int n) {
	phi[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i ++ ) {
		if (!is_prime[i]) phi[i] = i - 1, p[ ++ cnt] = i;
		for (int j = 1; j <= cnt and i * p[j] <= n; j ++ ) {
			is_prime[i * p[j]] = true;
			if (i % p[j] == 0) {
				phi[i * p[j]] = phi[i] * p[j];
				break;
			}
			phi[i * p[j]] = phi[i] * phi[p[j]];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
		s[i] = s[i - 1] + phi[i];
}

signed main() {
	scanf("%lld", &n);
	get_mu(n);
	
	int ans = 0;
	for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
		r = n / (n / l);
		ans += (n / l) * (n / l) * (s[r] - s[l - 1]);
	}
	ans -= n * (n + 1) >> 1;
	printf("%lld\n", ans >> 1);
	return 0;
}

第二种做法比第一种做法快约 $20 ms$ 。

$\text{P2257 YY的GCD}$

设质数集为 $\mathbb{P}$ ，求：

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [(i, j) \in P]

$\sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{m} [(i, j) \in \mathbb{P}]$

又到了愉快的推式子时间：这里设 $n \le m$ ，

\begin{matrix} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [(i, j) \in P] \\ = \sum_{d \in P}^{} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [(i, j) = d] \\ = \sum_{d \in P}^{} \sum_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum_{j = 1}^{\frac{m}{d}} [(i, j) = 1] \\ = \sum_{d \in P}^{} \sum_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum_{j = 1}^{\frac{m}{d}} μ * 1 (gcd (i, j)) \\ = \sum_{d \in P}^{} \sum_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum_{j = 1}^{\frac{m}{d}} \sum_{p | (i, j)} μ (p) \\ = \sum_{d \in P}^{} \sum_{p = 1}^{\frac{n}{d}} μ (p) \sum_{i = 1}^{\frac{n}{p d}} \sum_{j = 1}^{\frac{m}{p d}} 1 \\ = \sum_{d \in P}^{} \sum_{p = 1}^{\frac{n}{d}} μ (p) ⌊ \frac{n}{p d} ⌋ ⌊ \frac{m}{p d} ⌋ \\ 令 k = pd， \sum_{k = 1}^{n} ⌊ \frac{n}{k} ⌋ ⌊ \frac{m}{k} ⌋ \sum_{d | k, d \in P} μ (\frac{k}{d}) \end{matrix}

$\begin{array}{c} \sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{m} [(i, j) \in \mathbb{P}] \\\\ = \sum \limits_{d \in \mathbb{P}}^{} \sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{m} [(i, j) = d] \\\\ = \sum \limits_{d \in \mathbb{P}}^{} \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum \limits_{j = 1}^{\frac{m}{d}} [(i, j) = 1] \\\\ = \sum \limits_{d \in \mathbb{P}}^{} \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum \limits_{j = 1}^{\frac{m}{d}} \mu * 1(\gcd(i, j)) \\\\ = \sum \limits_{d \in \mathbb{P}}^{} \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum \limits_{j = 1}^{\frac{m}{d}} \sum \limits_{p | (i, j)} \mu(p) \\\\ = \sum \limits_{d \in \mathbb{P}}^{} \sum \limits_{p = 1}^{\frac{n}{d}} \mu(p) \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{pd}} \sum \limits_{j = 1}^{\frac{m}{pd}} 1\\\\ = \sum \limits_{d \in \mathbb{P}}^{} \sum \limits_{p = 1}^{\frac{n}{d}} \mu(p) \left \lfloor \dfrac{n}{pd} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{m}{pd} \right \rfloor \\\\ \text{令 k = pd，} \sum \limits_{k = 1}^{n} \left \lfloor \dfrac{n}{k} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{m}{k} \right \rfloor \sum \limits_{d | k, d \in \mathbb{P}} \mu(\dfrac{k}{d}) \\\\ \end{array}$

然后发现两个下取整可以直接整除分块，瓶颈就在计算 $\sum \limits_{d | k, d \in \mathbb{P}} \mu(\dfrac{k}{d})$ 上。这个玩意可以筛出质数后预处理。

预处理复杂度 $O(n + n \log \log n)$ ，计算复杂度 $O(T \sqrt n)$ 。总复杂度 $O(n + n \log \log n + T \sqrt n)$ 。

看了一下题解，预处理也可以线性筛。不过不想看了，反正能过就行。

void init() {
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= N - 5; i ++ ) {
		if (!is_prime[i]) p[ ++ cnt] = i, mu[i] = -1;
		for (int j = 1; j <= cnt and i * p[j] <= N - 5; j ++ ) {
			is_prime[i * p[j]] = true;
			if (i % p[j] == 0) break;
			mu[i * p[j]] = - mu[i];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= cnt; i ++ )
		for (int j = 1; p[i] * j <= N - 5; j ++ )
			f[p[i] * j] += mu[j];
	for (int i = 1; i <= N - 5; i ++ )
		s[i] = s[i - 1] + f[i];
}
void substack() {
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	if (n > m) swap(n, m);
	int ans = 0;
	for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
		r = min(n / (n / l), m / (m / l));
		ans += (n / l) * (m / l) * (s[r] - s[l - 1]);
	}
	printf("%lld\n", ans);
}

$\text{P3327 [SDOI2015]约数个数和}$

设 $d(x)$ 为 $x$ 的约数个数，给定 $n,m$ ，求

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} d (i j)

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)$

有结论： $d(ij) = \sum \limits_{x | i}^{} \sum \limits_{y | j}^{} [(x, y) = 1]$

于是可以愉快地推柿子了。

\begin{matrix} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \sum_{x | i}^{} \sum_{y | j}^{} [(x, y) = 1] \\ = \sum_{x = 1}^{n} \sum_{y = 1}^{m} [(x, y) = 1] ⌊ \frac{n}{x} ⌋ ⌊ \frac{m}{y} ⌋ \\ = \sum_{d = 1}^{min (n, m)} μ (d) \sum_{x = 1}^{\frac{n}{d}} \sum_{j = 1}^{\frac{m}{d}} ⌊ \frac{n}{x d} ⌋ ⌊ \frac{m}{y d} ⌋ \end{matrix}

$\begin{array}{c} \sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{m} \sum \limits_{x | i}^{} \sum \limits_{y | j}^{} [(x, y) = 1] \\\\ = \sum \limits_{x = 1}^{n} \sum \limits_{y = 1}^{m} [(x, y) = 1] \left \lfloor \dfrac{n}{x} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{m}{y} \right \rfloor \\\\ = \sum \limits_{d = 1}^{\min(n, m)} \mu(d) \sum \limits_{x = 1}^{\frac{n}{d}} \sum \limits_{j = 1}^{\frac{m}{d}} \left \lfloor \dfrac{n}{xd} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{m}{yd} \right \rfloor \end{array}$

不妨设 $f(n) = \sum \limits_{i = 1}^{n} \left \lfloor \dfrac{n}{i} \right \rfloor$ ，可以发现这个玩意就等于 $\sum \limits_{i = 1}^{n}d(i)$ 。而这个东西可以筛 $\mu$ 的时候预处理出来。

于是柿子变成 $\sum \limits_{d = 1}^{\min(n, m)} \mu(d) f(\dfrac{n}{d}) f(\dfrac{m}{d})$ 。整出分块即可。总复杂度 $O(T \sqrt n)$ 。预处理可以用线性筛，但是懒得写了，直接莽了个 $O(n \log n)$ 暴力上去。

void init(int n) {
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i ++ ) {
		if (!is_prime[i]) p[ ++ cnt] = i, mu[i] = -1;
		for (int j = 1; j <= cnt and i * p[j] <= n; j ++ ) {
			is_prime[i * p[j]] = true;
			if (i % p[j] == 0) break;
			mu[i * p[j]] = -mu[i];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
		mu_s[i] = mu_s[i - 1] + mu[i];
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
		for (int j = i; j <= n; j += i)
			s[j] ++ ;
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
		s[i] += s[i - 1];
}
void substack() {
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	int ans = 0;
	for (int l = 1, r; l <= min(n, m); l = r + 1) {
		r = min(n / (n / l), m / (m / l));
		ans += s[n / l] * s[m / l] * (mu_s[r] - mu_s[l - 1]);
	}
	printf("%lld\n", ans);
}