題解最小公倍數計數

先考慮，\(\sum_^x \sum_^x [ij/\gcd(i,j)\le x]\)，細節等會處理。

\(\sum_^\sum_^\sum_^[(i,j)=1]\)

其實這一步不用急著將其轉化為 mu 函式，有些時候形如 \(\sum_^x [gcd(d,x)=1]d\) 可以化成尤拉函式的形式。

\(\sum_^\sum_^\sum_^\sum_\mu_d\)

\(\sum_^\sum_^\mu_d\sum_^\sum_^ 1\)

注意原來的 \(ij/\gcd(i,j)\) 現在變成了 \(gcd*i*j*d*d\)，而不是 \(gcd*i*j*d\)（如果一步一步看下來確實是這樣），其本質是 \(i,j\) 脫離 \(gcd\) 後就相當於它倆是不是互質已經不會產生影響了。（反正理解不了還是一步步看下來吧）

你會發現這個 \(\mu\) 在中間並沒有什麼特殊性質，然後一般見到的形式都是 \(\mu\) 在最前或最後，綜合以上，我們選擇將 \(\mu\) 提到最前面。

\(\sum_^\mu_d\sum_^\sum_^\sum_^ 1\)

然後看著這個 \(\) 在上界處真的很不爽啊，我第一感覺是討論（等會來看看到底可不可做）。然後使用選擇將其搞下來。

\(\sum_^\mu_d\sum_^\sum_^\sum_^ [gcd*i*j\leqslant x/d^2]\)

\(\sum_^}\mu_d\sum_^\sum_^\sum_^ [gcd*i*j\leqslant x/d^2]\)

然後用某一場 abc（好像是 abc217c）的 trick，\(gcd,i,j\) 的地位相同，所以假設 \(gcd \leqslant i \leqslant j\)，然後 \(gcd \leqslant n^\)，剩下的兩個數直接 \(\sqrt\) 即可。然後把假設的條件去掉。

一種方法是在列舉的時候算，具體地：

ll f(ll x) 
res += (x / i / i - i) * 3 + 1;
}	return res;
}

\(x/i/j-j\) 表示 \(i\neq j \neq k\) 個數，所以乘 \(6\)，剩下的 \(i \neq j = k\) 乘 \(3\)。

\(i =j\neq k\) 乘 \(3\)，然後 \(i=j=k\) 乘 \(1\)，其實就是乙個分類討論。

還有一種方法是容斥。不展開了。

所以複雜度是 \(\mathcal (不會證)\)，先去學個積分。但是注意現在我們求出來的值並不是答案。

當然還有一種方法是杜教篩。

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