Problem
給定 $n$ 和 $m$，請你統計有序對 $(a,b)$ 的個數，其中 $1 \le a \le n, 1 \le b \le m$ 且 $a$ 與 $b$ 互質。
$a$ 與 $b$ 互質的定義是：$a$ 與 $b$ 的最大公約數等於 $1$。> count coprime pair
## Sample Input ##
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Sample Output
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Solution
前言
柳柳州出數論基礎－「莫比烏斯反演 (Möbius inversion formula)」
之前放棄看完的內容又要撿回來看，百般痛苦，之前沒看懂啊。但能知道的是莫比烏斯反演類似排容原理，就像錯排依樣。先不管莫比烏斯，看到「線性時間求出所有乘法反元素」真的可以嗎？那也是件很有趣的事情。
參考資源
基礎定義
了解莫比烏斯反演之前，要先介紹積性函數
積性函數
- 何謂積性函數 (Multiplicative function)？
對於定義域 $\mathbb{N}^+$ 的函數 $f$ 而言，任兩個互質的 $gcd(a, b) = 1$ 正整數 $a, b$ 滿足 $f(ab) = f(a)f(b)$。 - 何謂完全積性函數？
$f$ 是一個積性函數，同時滿足 $f(p^n) = f(p)^n$。 - 若 $f(n), g(n)$ 是積性函數，則 $h(n) = f(n) g(n)$ 也是積性函數。
- 若 $f(n)$ 為積性函數，則函數 $g(n) = \sum_{d|n} f(d)$ 也是積性函數。
歐拉函數
回顧歐拉函數 (Euler’s totient function) $\phi$
- 定義 $\phi(n)$ 為 $1 \cdots n$ 中與 $n$ 互質的個數。
$\phi(n)$ 是一個積性函數，但不是完全積性函數。根據中國餘數定理 或者 基本算術可以證明之。
歐拉定理 $a^{\phi(n)} \equiv 1 \mod n, \text{ when } gcd(a, n) = 1$。
特性 1：$\sum_{d|n} \phi(d) = n$。當作把互質個數 $\phi(n)$ 相加不互質個數 $s$，由於 $d$ 是 $n$ 的因數，則與 $d$ 互質 $x$ 個數 $\phi(d)$，把那些 $x' = x \times d/n$ 就會補上那些不互質的個數 $s = |set(x')|$。
特性 2：$1 \cdots n$ 與 $n$ 互質的數和為 $n\phi(n)/2$。原因很簡單，若 $gcd(x, n) = 1$，則會滿足 $gcd(n-x, n) = 1$，看起來就是一個對稱總和。
莫比烏斯
根據積性函數的性質，我們得到莫比烏斯反演的基礎：
莫比烏斯反演公式 $f(n)$
$f(n) = \sum_{d|n} \mu(d) g(\frac{n}{d})$莫比烏斯函數 $\mu(n)$
$$\mu(n) = \left\{\begin{matrix} 1 && n = 1\\ (-1)^k && n = p_1 p_2 \cdots p_k \\ 0 && \text{otherwise} \end{matrix}\right.$$- 特性 1：$\sum_{d|n} \mu(d) = [n = 1]$
在此簡單說一次，莫比烏斯反演公式就像排容原理，而莫比烏斯函數 $\mu(n)$ 就像一加一減，之所以在 $n = p_1 p_2 \cdots p_k$ 為 $\mu(n) = (-1)^k$，也就是說當 $n$ 只全由質數相乘 (不允許冪次方大於 1，否則為 0)，相當於一般認知，奇數次要扣，偶數次要補回來的排容口訣。而特定自然不必多說，其中數學表達 $[n = 1]$ 相當於程式中的 n == 1 ? 1 : 0。
簡單展示歐拉函數 $\phi(n)$
- $f(n) = \sum_{d|n} \phi(d) = n$，由歐拉函數特性 2 得知。
*$\phi(n) = \sum_{d|n} \mu(d) f(\frac{n}{d}) = \sum_{d|n} \frac{\mu(d) n}{d}$，套用莫比烏斯公式後整理。
關於公式$\phi(n) = \sum_{d|n} \frac{\mu(d) n}{d}$ 可以這麼理解。
- 求出 $gcd(n, k) = 1$ 的個數，其餘要捨棄掉。
- 計算 $gcd(n, k) = d$ 的個數，利用排容原理即莫比烏斯函數，顯而易見排容方案只當 $d$ 為 $n$ 個質因數組合而成。
應用此題
利用莫比烏斯函數 特性 1：$\sum_{d|n} \mu(d) = [n = 1]$
$$\begin{align*} & \sum_{a = 1}^{N} \sum_{b = 1}^{M} [gcd(a, b) = 1] \\ & = \sum_{a = 1}^{N} \sum_{b = 1}^{M} \sum_{d|gcd(a, b)} \mu(d) \\ & = \sum \mu(d) \left ( \sum_{1 \le a \le N \text{ and } d | a} \left ( \sum_{1 \le b \le M \text{ and } d | b} 1 \right ) \right )\\ & = \sum \mu(d) \left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor \end{align*}$$第二行就是抽換莫比烏斯，第三行則是交換順序，第四行則是可以快速找到 $d|a$ 的總數為 $\lfloor n/d \rfloor$ 所導致。
若直接窮舉 $d$ 時間複雜度為 $O(min(n, m))$，可以利用塊狀的概念優化到 $O(\sqrt{n} + \sqrt{m})$。因為 $\lfloor n/d \rfloor$ 的值只有 $2\lfloor \sqrt{n} \rfloor$ 種可能，同理 $\lfloor m/d \rfloor$ 也是，那麼對於同一個 $d$ 的計數會是一個連續區間不斷地移動。
以下是一個簡單的 $\lfloor n/d \rfloor$ 示意圖，用 $\lfloor n/d \rfloor$ 不同當作劃分。
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程式只要處理打 X 的位置即可，時間複雜度 $O(\sqrt{n} + \sqrt{m})$，可以參照一般解。代碼短，但除法次數多。
加速一般解由 liouzhou_101 提供。開一次根號 sqrt()，省下 $O(\sqrt{n})$ 次的除法，賺了 400 ms，代碼長了 800 B。加速 25% 的效能，可謂除法的可怕，根據研究差異後才發現到這一點。
一般解
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加速運算解
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