BZOJ 3994 Sdoi2015 约数个数和 莫比乌斯反演

题目大意：求$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)$
首先我们有一个很神的结论：
$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\lfloor\frac n i\rfloor\lfloor\frac m j\rfloor[\gcd(i,j)==1]$
这个结论是怎么来的呢？我们可以先证明这个：
$d(nm)=\sum_{i|n}\sum_{j|m}1*1[\gcd(i,j)==1]$
显然这个式子的前缀和就是上面的式子
现在我们来证明这个式子是对的
我们分开讨论每一个质数$p$对答案的贡献
不妨设$n=n‘*p^{k_1},m=m‘*p^{k_2}$
那么左式中$p$的贡献显然是$k_1+k_2+1$
右式中只考虑$p$的话，满足要求的数对$(i,j)$只有$(p^{k_1},1),(p^{k_1-1},1),...,(p,1),(1,1),(1,p),...,(1,p^{k_2-1}),(1,p^{k_2})$，共有$k_1+k_2+1$对
因此等式成立，原式得证。
然后怎么搞还用我说么= =？

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define M 50500
using namespace std;

int n,m;

int mu[M],d[M],cnt[M],prime[M],tot;
bool not_prime[M];
void Linear_Shaker()
{
    int i,j;
    mu[1]=1;d[1]=1;
    for(i=2;i<=50000;i++)
    {
        if(!not_prime[i])
        {
            prime[++tot]=i;
            mu[i]=-1;
            d[i]=2;
            cnt[i]=1;
        }
        for(j=1;prime[j]*i<=50000;j++)
        {
            not_prime[prime[j]*i]=true;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                mu[prime[j]*i]=0;
                d[prime[j]*i]=d[i]/(cnt[i]+1)*(cnt[i]+2);
                cnt[prime[j]*i]=cnt[i]+1;
                break;
            }
            mu[prime[j]*i]=-mu[i];
            d[prime[j]*i]=d[i]<<1;
            cnt[prime[j]*i]=1;
        }
    }
    for(i=1;i<=50000;i++)
    {
        mu[i]+=mu[i-1];
        d[i]+=d[i-1];
    }
}
long long Solve()
{
    long long re=0;
    int i,last;
    if(n>m) swap(n,m);
    for(i=1;i<=n;i=last+1)
    {
        last=min(n/(n/i),m/(m/i));
        re+=(long long)(mu[last]-mu[i-1])*d[n/i]*d[m/i];
    }
    return re;
}
int main()
{
    int T;
    Linear_Shaker();
    for(cin>>T;T;T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        printf("%lld\n",Solve());
    }
    return 0;
}