法1：

我们之前肯定看过这样一道非常经典的题：
求 $a_{i}$ 中有多少对 $(i, j)$ ，满足 $gcd (a_{i}, a_{j}) = 1$

$n \leq 10^{6}$
这题是莫反板子题，但显然可以不用莫反做。先不说这题怎么做，我们发现这道题和 CF1884D 的不同之处在于这题 $gcd$ 可以为一些特殊的值
我们先考虑原题 $O (n^{2})$ 怎么做，我们可以枚举 $(i, j)$ ，记录 $f_{i}$ 表示 $a$ 中是否存在 $i$ 的因子，不存在为 $1$ ，存在为 $0$ 。
则答案为：
$\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = i + 1}^{n} f_{gcd (a_{i}, a_{j})}$
然后考虑怎么优化成 $O (n \log n)$ ，发现 $a_{i} \leq n$ ，因此要用到一个非常经典的思路：改变枚举顺序
我们改为枚举 $gcd (a_{i}, a_{j})$ ，则答案变为：
$\sum_{g = 1}^{n} f_{g} \times n u m_{g}$
其中 $n u m_{g}$ 表示 $gcd = g$ 的数对个数。然后求 $n u m_{g}$ 的过程就变成了上面那个问题
我们考虑数论容斥：设 $g_{i}$ 表示 $i | g c d (a_{x}, a_{y})$ 的个数，然后再容斥即可
复杂度 $O (n \ln n)$

法2：

我们之前肯定看过这样一道非常经典的题：
求 a_i 中有多少对 (i,j)，满足 \gcd(a_i,a_j)=1

n \leq 10^6
这题是莫反板子题，因此这题我们也考虑暴力莫反
现在是推式子时间！
记 $b_{i}$ 为 $a_{i}$ 的桶
$\begin{aligned} (1) & \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = i + 1}^{n} \prod_{k | a_{i}, k | a_{j}} [b_{k} = 0] & = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = i + 1}^{n} \prod_{k | a_{i}, k | a_{j}} [b_{k} = 0] \end{aligned}$
然后转为枚举实际的值，而不是编号
$\begin{aligned} (2) & \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} b_{i} b_{j} f_{gcd (i, j)} & = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} \sum_{d = 1}^{n} b_{i} b_{j} f_{d} [gcd (i, j) = d] \\ (3) & = \sum_{d = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} b_{i d} b_{j d} f_{d} [gcd (i, j) = 1] \\ (4) & = \sum_{d = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} b_{i d} b_{j d} f_{d} \sum_{k | i, k | j} μ (k) \\ (5) & = \sum_{d = 1}^{n} f_{d} \sum_{k = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} μ (k) \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d k} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{n}{d k} ⌋} b_{i d k} b_{j d k} \\ (6) & = \sum_{d = 1}^{n} f_{d} \sum_{k = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} μ (k) (\sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d k} ⌋} b_{i d k})^{2} \\ (7) & = \sum_{T = 1}^{n} (\sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{T} ⌋} b_{i T})^{2} \sum_{d | T} f_{d} μ (\frac{T}{d}) \end{aligned}$
此时前面的平方可以 $O (n \ln n)$ 处理，去除这一项后剩余的是一个狄利克雷卷积的形式，可以做到 $O (n \ln n)$ ，故最终复杂度 $O (n \ln n)$
注意：这么算的是没有顺序的，但因为 $(i, i)$ 不可能成为答案，要注意答案除以 $2$