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一、题目描述
达达正在破解一段密码，他需要回答很多类似的问题：
对于给定的整数 a,b 和 $d$，有多少正整数对 $x,y$，满足 $x≤a，y≤b$，并且 $gcd(x,y)=d$。作为达达的同学，达达希望得到你的帮助。
输入格式
第一行包含一个正整数 $n$，表示一共有 n 组询问。
接下来 n 行，每行表示一个询问，每行三个正整数，分别为 $a,b,d$。
输出格式 对于每组询问，输出一个正整数，表示满足条件的整数对数。
数据范围
1≤n≤50000,1≤d≤a,b≤50000
输入样例：
2
4 5 2
6 4 3
输出样例：
3
2
提示:$gcd(x,y)$ 返回 x，y 的最大公约数。
二、题目分析
前导知识
小结： ① 二进制对质数序列的组合式枚举 ② 奇数加，偶数减
小结： 给出
n,k,求\displaystyle \sum_{i=1}^n k \ \% \ i
核心代码
ans = n * k; // 看题解的推导公式
for (l = 1; l <= n; l = r + 1) { // 枚举左端点,每次跳着走，下次的位置就是本次r的位置+1
if (k / l == 0) break; // 1、当k/l=0的时候，显然这段以及后面（有单调性）已经没有贡献了，可以 break。
r = min(k / (k / l), n); // 2、注意右端点和n取个min，因为>n没有贡献了。
ans -= (k / l) * (l + r) * (r - l + 1) / 2; // 等差数列求和：左到右边界内，是公差为1的等差数列，首项+末项 乘以 项数 除以2
}
#### 解题思路 我们分析一下，题目很明了，要求的就是$gcd(x,y)=d$的个数，转化一下：
\large x'=x/d,y'=y/d
\large |gcd(x,y)=d| \Leftrightarrow |gcd(x',y')=1|
注：上面的"| |"，表示的是符合这样条件的$(x,y)$的数对个数,这两个式子的数对$(x,y)$和
(x',y')是一一对应的。
证明： 首先，
x , y的最大公约数是$d$，那么 除去最大公约数，得到的两个数就 互质。对于每个$gcd(x,y)=d$都如此操作，那么可以证明，这两个的 数量 是一一对应的。
问题转化为：x≤a/d , y≤b/d ，$gcd(x,y)=1$的个数，我们考虑：
补集思想:互质数 = 总数 - 不互质数
总数很容易，a'=a/d,b'=b/d ，两个数的所有组合形式数量就是$a'∗b'$，下面分析下我们要减去不互质的数：
$$\large a'b'-⌊\frac{a'}{2}⌋⌊\frac{b'}{2}⌋-⌊\frac{a'}{3}⌋⌊\frac{b'}{3}⌋-...\ \ \ \ \ \ \ \ +⌊\frac{a'}{6}⌋⌊\frac{b'}{2}⌋+.... \ \ \ \ \ \ \ \ -.....
这样看来，本题是一个简单的容斥原理！
但是由于容斥原理是$O(N)$的，询问的次数$50000$次，会超时，才会想到需要优化。
**优化办法**
① 莫比乌斯函数
$$\displaystyle \large a' \cdot b'+\sum_{i=1}^{min(a,b)}⌊\frac{a'}{i}⌋⌊\frac{b'}{i}⌋ \cdot {mobius[i]}$$
② 数据分块
参考余数之和。
$$\large \sum_{i=2}^{min(a',b')}⌊\frac{a'}{i}⌋*⌊\frac{b'}{i}⌋*mobius[i]$$
> **证明**：
> 我们要减去的是什么呢？是不互质的数，不互质数是什么呢？是最大公因数不为$1$的数，不为$1$，那可以为几呢？**不是$1$就行**（~~废话~~），**枚举最大公因数不为$1$的个数即可**,枚举每一个可能的最大公因数，并且计算个数,其中 $2 <= i <= min(a',b')$ 。
>
当最大公因数是只有一个质因子的时候，我们可以列出：
$$\large ⌊\frac{a'}{2}⌋* ⌊\frac{b'}{2}⌋+⌊\frac{a'}{3}⌋*⌊\frac{b'}{3}⌋+.....$$
最大公因数是$2$的两对数，实际上就等于$2$的倍数个数相乘,这两个个数是等同的，同理$3$也是，但是我们要考虑重复的情况，如$6$，我们$2，3$，都枚举了一次，那么会重复，根据容斥原理，我们要减去，最后我们发现，其实符号就是$Mobius$函数（这个证明是显然的）。以此类推，枚举到$a′$和$b′$中较小的就可以了，因为大于较小的，则式子为$0$，我们就能推出上面的式子了。
答案呼之欲出：
$$\large a'*b'+\sum_{i=2}^{min(a',b')}⌊\frac{a'}{i}⌋*⌊\frac{b'}{i}⌋*mobius[i]$$
我们把这玩意合体一下
$$\large \sum_{i=1}^{min(a',b')}⌊\frac{a'}{i}⌋*⌊\frac{b'}{i}⌋*mobius[i]$$
- $\large ⌊\frac{a}{i}⌋×⌊\frac{b}{i}⌋$ 对应的序列有很多值都是相同的，计算一次就行(**[数论分块](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16389420.html)** 优化一下)，假设值记为$t$，对应的区间假设为$[l, r]$，然后让$t$乘以$μ(l)+μ(l+1)+…+μ(r)$ 即可求出该段中的和，$μ(l)+μ(l+1)+…+μ(r)$,可以使用 **莫比乌斯前缀和** 求解。
### $Code$
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
const int N = 50010;
// 线性筛法求莫比乌斯函数(枚举约数)
int mu[N], sum[N]; // 莫比乌斯函数的前缀和
int primes[N], cnt;
bool st[N];
void get_mobius(int n) {
mu[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (!st[i]) {
primes[cnt++] = i;
mu[i] = -1;
}
for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) {
int t = primes[j] * i;
st[t] = true;
if (i % primes[j] == 0) {
mu[t] = 0;
break;
}
mu[t] = -mu[i];
}
}
// 维护莫比乌斯函数前缀和
for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
}
signed main() {
// 筛法求莫比乌斯函数
get_mobius(N - 1);
int T;
cin >> T;
while (T--) {
int a, b, d;
cin >> a >> b >> d;
// 套路啊，满满的套路，直接先用最大公约数a/gcd(a,b)=a',b/gcd(a,b)=b',映射到a',b'
a /= d, b /= d;
// n为 min(a', b')
int n = min(a, b);
int res = 0;
// l r, 是每一段的左右边界
// 每次只能取较小的那个上界作为这一段的右端点r
// 然后下次迭代时下一段的左端点就是r + 1
for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) { // 分块大法
r = min(n, min(a / (a / l), b / (b / l)));
res += (sum[r] - sum[l - 1]) * (a / l) * (b / l);
}
cout << res << endl;
}
}
```