膜拜国家队长铃酱！！！

题面

对于 \(a, b, c\) 的每一个排列, 求 \(max(\frac{\operatorname{lcm}(x, z)\gcd(y, z)}{\gcd(x,y)})\)

对于一个质数 \(p\)。

设 \(x\) 中有 \(a\) 个因数 \(p\)

\(y\) 中有 \(b\) 个因数 \(p\)

\(z\) 中有 \(c\) 个因数 \(p\)

\(p\) 对 \(max(\frac{\operatorname{lcm}(x, z)\gcd(y, z)}{\gcd(x,y)})\) 的贡献为 \(p^{max(a, z) + min(b, c) - min(a, b)}\)

考虑上面那个 \(max(a, c) + min(b, c) - min(a, b)\)

如果可以让加的尽量大，减去的尽量小，那他肯定是最大值。

就是让 \(max(a, c)\) 取 \(a, b, c\) 最大值， \(min(b, c)\) 取 \(a, b, c\) 次大值， \(min(a, b)\) 取 \(a, b, c\) 中最小值。这里的构造就是 \(c > b > a\)。

这样 \(max(max(a, c) + min(b, c) - min(a, b)) = a + b + c - 2min(a, b, c)\) （ 就是（最大值 + 次大值 + 最小值）- 2 * 最小值 ）

那么对于 \(a, b, c\) 的每一个排列, \(p^{max(a, z) + min(b, c) - min(a, b)}\) 的最大值就是 \(p^{a + b + c - 2min(a, b, c)}\)

这样 \(max(\frac{\operatorname{lcm}(x, z)\gcd(y, z)}{\gcd(x,y)}) = \frac{xyz}{{\gcd(x, y, z)}^2}\)

\[\sum\limits_{x = 1}^{n} \sum\limits_{y = 1}^{n} \sum\limits_{z = 1}^{n} \frac{xyz}{{\gcd(x, y, z)}^2} \]

\[= \sum\limits_{p = 1}^n \frac{1}{p^2} \sum\limits_{x = 1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor} \sum\limits_{y = 1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor} \sum\limits_{z = 1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor} [gcd(x, y, z) = 1] p^3 xyz \]

\[= \sum\limits_{p = 1}^n \sum\limits_{d = 1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor} \mu(d) \sum\limits_{x = 1}^{\left\lfloor\frac{n}{dp}\right\rfloor} \sum\limits_{y = 1}^{\left\lfloor\frac{n}{dp}\right\rfloor} \sum\limits_{z = 1}^{\left\lfloor\frac{n}{dp}\right\rfloor} d^3p xyz \]

设 \(L = dp\)

\[= \sum\limits_{L = 1}^n L \sum\limits_{d | L} \mu(d) d^2 \sum\limits_{x = 1}^{\left\lfloor\frac{n}{dp}\right\rfloor} \sum\limits_{y = 1}^{\left\lfloor\frac{n}{dp}\right\rfloor} \sum\limits_{z = 1}^{\left\lfloor\frac{n}{dp}\right\rfloor} xyz \]

\[= \sum\limits_{L = 1}^n L sum(\left\lfloor\frac{n}{L}\right\rfloor)^3 \sum\limits_{d | L} \mu(d) d^2 \]

(其中 \(sum(x) = \sum\limits_{i=1}^x i = \frac{i(i+1)}{2}\))

线性筛一下 \(\sum\limits_{d | L} \mu(d) d^2\) 就是 \(O(n)\) 的了

事实上如果多测，整除分块可以单次 \(O(\sqrt n)\), 使用杜教筛优化还可以做到 \(O(n^{\frac{2}{3}})\)