题面：

NOI2010能量采集 题解

读完题之后我们发现在每个产生贡献的点\((x1,y1)\)中，它与原点之间的点\((x2,y2)\)都满足\(x2|x1\),\(y2|y1\)。现在我们要求它与原点之间点的个数，也就是这个点\((x,y)\)最大可以被除以多少——肯定是\(gcd(x1,y1)\)啊。

所以我们就知道怎么做啦：\(2\times \sum_{i=1}^n\times \sum_{j=1}^m\times gcd(i,j)-n\times m\)

中间的那个可以用莫比乌斯反演做！

设f(i)表示x,y最大公约数为i的个数。设F(i)表示x,y存在i这个公约数。

因为\(f(i)=sum_{i|j}\times F(j)\)，上限为\(min(n,m)\)

所以\(F(i)=\sum_{i|j}\mu(j/i)\times f(j)\)

f(i)不太好做，但是F(i)却很容易算出来（具体怎么算大家可以参考HDU GCD这个题）

所以我们预处理出\(\mu\)函数的值，然后按照套路做就可以啦qwq

代码如下：

#include
    
     #include
     
      #include
      
       #include
       
        #include
        
         #define MAXN 100010using namespace std;int n,m,cnt;int vis[MAXN],mu[MAXN],prime[MAXN];long long ans;long long f[MAXN],F[MAXN];inline void get_mu(){    vis[1]=mu[1]=1;    for(int i=2;i<=MAXN;i++)    {        if(vis[i]==0) mu[i]=-1,prime[++cnt]=i;        for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=MAXN;j++)        {            vis[i*prime[j]]=1;            if(i%prime[j]) mu[i*prime[j]]=-mu[i];            else {mu[i*prime[j]]=0;break;}        }    }}int main(){    #ifndef ONLINE_JUDGE    freopen("ce.in","r",stdin);    #endif    scanf("%d%d",&n,&m);    get_mu();    if(n>m) swap(n,m);    for(int i=1;i<=n;i++) F[i]=1ll*(n/i)*(m/i);    for(int i=1;i<=n;i++)         for(int j=i;j<=n;j+=i)            f[i]+=1ll*mu[j/i]*F[j];    for(int i=1;i<=n;i++) ans+=1ll*f[i]*i;    ans=ans*2-1ll*n*m;    printf("%lld\n",ans);    return 0;}