首先一个很自然的想法就是枚举钦定\(\gcd(a_i,a_j)\)的值为\(d\)，然后再枚举所有\(d\)的倍数，钦定它们之间的\(\gcd=d\)时才统计贡献但这样本身浪费了不少时间在重复的枚举上，不妨换个思路，我们直接预先将每个数所有的约数都放入一个集合\(S\)显然\(|S|\le10^5\)，而我们此时可以把条

F-Classical?考虑先加上\(gcd(a_i,a_j)=1\)的限制从大到小扫集合里的数，若扫到数\(x\)发现存在\(y>x\)且\(gcd(x,y)=1\)，则所有\(x<t<y\)的\(t\)都不会再对答案有贡献了，因此使用栈存储扫过的元素，当扫到\(x\)时，只要栈中有与\(x\)互质的数就弹栈，并与\(x\)更新答案那么如何快速判

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根据唯一分解定理，令\(x=p_1^{q_1}p_2^{q_2}\cdotsp_m^{q_m},y=p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdotsp_m^{k_m}\)，则\(\text{lcm}(x,y)=p_1^{\max(q_1,k_1)}p_2^{\max(q_2,k_2)}\cdotsp_m^{\max(q_m,k_m)}\)。那么一定存在\(i\midx,j\midy\)，使得\(\text{gcd}(i,j)=1\)且\(\te

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