Description
The greatest common divisor GCD(a,b) of two positive integers a and b,sometimes written (a,b),is the largest divisor common to a and b,For example,(1,2)=1,(12,18)=6. (a,b) can be easily found by the Euclidean algorithm. Now Carp is considering a little more difficult problem: Given integers N and M, how many integer X satisfies 1<=X<=N and (X,N)>=M.
Input
The first line of input is an integer T(T<=100) representing the number of test cases. The following T lines each contains two numbers N and M (2<=N<=, 1<=M<=N), representing a test case.
Output
For each test case,output the answer on a single line.
Sample Input
3
1 1
10 2
10000 72
Sample Output
1
6
260
解题思路：∵GCD(X,N)>=M,X∈[1,N],∴GCD(X,N)一定是N的约数。假设我们已经知道N的一个约数为P（P>=M），则问题转换成在[1,N]内有多少个数X，满足GCD(X,N)=P(P假设是一个已知值)，接下来就是枚举每个P(P>=M)，累加每个P对应X的个数。但是对于每个不小于M的N的约数P去计算满足GCD(X,N)>=M的X的个数的情况可能比较复杂，需要考虑的情况比较多，简单的想法是：在[1,N]内用O(NlogN)的时间复杂度判断一下GCD(X,N)是否不小于M，但是题目中N最大为10^10，这肯定是超时的了。因此进一步推导：∵GCD(X,N)=P,∴GCD(X/P,N/P)=1（很明显X/P与N/P互质），又∵X<=N，∴X/P<=N/P，而问题是求X的个数，结合欧拉函数的定义可知即求不大于N/P且与其互质的数X/P的个数，即求ϕ(N/P)。对于N的每个约数P，我们只需从1枚举到根号N，因为N/P可得N的另一个约数（相当于枚举了N的所有约数），这样时间复杂度就大大降低了。
AC代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <map>
#include <vector>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 1e6+;
const LL mod = ;
int T; LL n, m, ans;
LL get_Euler(LL x){
LL res = x; ///初始值
for(LL i = 2LL; i * i <= x; ++i) {
if(x % i == ) {
res = res / i * (i - ); ///先除后乘，避免数据过大
while(x % i == ) x /= i;
}
}
if(x > 1LL) res = res / x * (x - ); ///若x大于1，则剩下的x必为素因子
return res;
} int main(){
while(cin >> T) {
while(T--) {
cin >> n >> m; ans = 0LL;
for(LL i = 1LL; i * i <= n; ++i) {
if(n % i) continue; ///跳过不是n的约数
if(i >= m && i * i != n) ans += get_Euler(n / i); ///约数i不小于m，累加phi[n/i]，如果i*i==n，只算一次即可
if(n / i >= m) ans += get_Euler(i); ///另一个约数n/i不小于m，累加phi[n/(n/i)]=phi[i]
}
cout << ans << endl;
}
}
return ;
}