题目大意：
给定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对
这里就抄一下别人的推断过程了
后面这个g(x) 算的方法就是在线性筛的时候只考虑当前的数最小因子，如果进来的最小因子不存在，相当于在之前那个数的基础上的每个mu值都多加了一个质数，那么
这些mu值就要取反，如果已经包含了这个最小因子，我这里另外进行了跟之前类似的讨论方法，在代码中写着
因为这题目数据比较大，这里求解的时候不应该线性求，因为总是有一段区间的n/i*(m/i)值相同，将g[]数组求一个前缀和，记录一段区间得到的值，可以缩小到
sqrt(n)的复杂度
/*bzoj2820 YY的GCD*/
#include <bits/stdc++.h> using namespace std;
#define ll long long
#define N 10000000
int mu[N+] , prime[N+] , tot , f[N+] , sum[N+];
bool check[N+]; void get_mu()
{
mu[] = ;
for(int i= ; i<=N ; i++){
if(!check[i]){
prime[tot++] = i;
mu[i] = -;
f[i] = ;
}
for(int j= ; j<tot ; j++){
if((ll)prime[j]*i>N) break;
check[prime[j]*i] = true;
if(i%prime[j]){
mu[i*prime[j]] = -mu[i];
f[i*prime[j]] = -f[i]+mu[i];
}else{
/*
本身i中已经含有素数prime[j]
在if中表示含有至少3个因子prime[j]，那么最后不管怎么样，当前数值除以一个因子都至少
含有两个prime[j]，那么必然为0
else 只有2个prime[j]的情况，那么就是除了除以prime[j]其他情况得到的都是至少有两个因子
的，那么mu[]必然为0，而因为从当前增加了一个因子，那么就是讲那个取到的取反就可以了
*/
if((i/prime[j])%prime[j]==) f[i*prime[j]] = mu[i];
else f[i*prime[j]] = -mu[i/prime[j]];
break;
}
}
}
for(int i= ; i<=N ; i++) sum[i] = sum[i-]+f[i];
}
int n , m; ll solve()
{
int mn = min(n , m) , last ;
ll ret=;
for(int i= ; i<=mn ; i=last+){
last = min(n/(n/i) , m/(m/i));
ret += (ll)(sum[last]-sum[i-])*(n/i)*(m/i);
}
return ret;
} int main()
{
freopen("in.txt" , "r" , stdin);
get_mu();
int T;
scanf("%d" , &T);
while(T--){
scanf("%d%d" , &n , &m);
printf("%lld\n" , solve());
}
return ;
}