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题解

容易发现

\varphi(ij)=\frac{\varphi(i)\varphi(j)\gcd(i,j)}{\varphi(\gcd(i,j))}

因此可以反演得到

\sum_{T=1}^{\min(n,m)} \sum_{i=1}^{\lfloor n/k\rfloor}\varphi(ik)\sum_{i=1}^{\lfloor m/k\rfloor }\varphi(ik)\sum_{d|T}\frac{d}{\varphi(d)}\mu(\frac{T}{d})

可以设

g(a,b)=\sum_{i=1}^a \varphi(ib)

这个显然可以

O(n\log n)

预处理。

同理，设

f(T)=\sum_{d|T}\frac{d}{\varphi(d)}\mu(\frac{T}{d})

这个也可以

O(n\log n)

预处理。

那么答案就是

\sum_{T=1}^{\min(n,m)}g(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor,T)g(\lfloor\frac{m}{T}\rfloor,T)f(T)

钦定一个

B

，对于

i,j\leq B

，设

H(i,j,k)=\sum_{T=1}^k g(i,T)g(j,T)f(T)

这个可以

O(nB^2)

预处理。

考虑处理询问，对于 $\lfloor\frac{n}{T}\rfloor,\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\leq B$ ，整除分块，用预处理出的 $H(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor,\lfloor\frac{m}{T}\rfloor,r)-H(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor,\lfloor\frac{m}{T}\rfloor,l-1)$ 计入答案；否则， $T\leq \frac{n}{B}$ ，直接枚举即可。

时间复杂度 $O(n\log n+nB^2+T(\sqrt{n}+\frac{n}{B})$ ，观察到 $B=T^{1/3}$ 最优。

代码

#include 
   
    #include 
    
     #include 
     
      int read(){     int x=0,f=1;  char ch=getchar();  while((ch<'0')||(ch>'9'))    {         if(ch=='-')        {             f=-f;        }      ch=getchar();    }  while((ch>='0')&&(ch<='9'))    {         x=x*10+ch-'0';      ch=getchar();    }  return x*f;}const int maxn=100000;const int maxm=65;const int mod=998244353;int p[maxn+10],prime[maxn+10],cnt,mu[maxn+10],phi[maxn+10],inv[maxn+10],f[maxn+10];std::vector
      
        g[maxn+10],h[maxm+2][maxm+2];int getprime(){     inv[0]=inv[1]=1;  for(int i=2; i<=maxn; ++i)    {         inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;    }  p[1]=mu[1]=phi[1]=1;  for(int i=2; i<=maxn; ++i)    {         if(!p[i])        {             prime[++cnt]=i;          mu[i]=mod-1;          phi[i]=i-1;        }      for(int j=1; (j<=cnt)&&(i*prime[j]<=maxn); ++j)        {             int x=i*prime[j];          p[x]=1;          if(i%prime[j]==0)            {                 mu[x]=0;              phi[x]=phi[i]*prime[j];              break;            }          mu[x]=mod-mu[i];          phi[x]=phi[i]*(prime[j]-1);        }    }  for(int i=1; i<=maxn; ++i)    {         int v=1ll*i*inv[phi[i]]%mod;      for(int j=1; j<=maxn/i; ++j)        {             f[i*j]=(f[i*j]+1ll*mu[j]*v)%mod;        }    }  for(int i=1; i<=maxn; ++i)    {         g[i].push_back(0);      for(int j=1; j<=maxn/i; ++j)        {             int k=((i==1)?0:g[i-1][j])+phi[i*j];          if(k>=mod)            {                 k-=mod;            }          g[i].push_back(k);        }    }  for(int i=1; i<=maxm; ++i)    {         for(int j=1; j<=maxm; ++j)        {             h[i][j].push_back(0);          for(int k=1; k<=std::min(maxn/i,maxn/j); ++k)            {                 h[i][j].push_back((h[i][j][k-1]+1ll*g[i][k]*g[j][k]%mod*f[k])%mod);            }        }    }  return 0;}int T,n,m;int main(){     getprime();  T=read();  while(T--)    {         n=read();      m=read();      int ans=0,k=std::max(n,m)/maxm;      for(int i=1; i<=k; ++i)        {             ans=(ans+1ll*g[n/i][i]*g[m/i][i]%mod*f[i])%mod;        }      for(int l=k+1,r; l<=std::min(n,m); l=r+1)        {             r=std::min(n/(n/l),m/(m/l));          ans+=h[n/l][m/l][r]-h[n/l][m/l][l-1];          if(ans>=mod)            {                 ans-=mod;            }          if(ans<0)            {                 ans+=mod;            }        }      printf("%d\n",ans);    }  return 0;}

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