回复 @ZXCVBNM_1 :
建议自己多推推！

回复 @FoolMike :
好神奇，为啥呢？求dalao提示QwQ

回复 @sxysxy :
膜拜sxy的公式！其实
\[ \sum_{i=1}^{n} {[ \frac{n}{i}]} \] = \[ \sum_{i=1}^{n} {d[i]} \]

交一发惨WA最终发现是线性筛写错了。。
如何提高智商？
==== 分割线 ====
求$\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} d(ij) $， $d(x)$ 为x的约数的个数。
假设$n<m$，不满足可以swap(n, m)不影响答案
首先 $d(nm) = \sum_{i|n} \sum_{j|m} [gcd(i,j) = 1]$
证明方法大致如下：
首先，若 $x = p_{1}^{k_{1}}p_{2}^{k_{2}}..p_{s}^{k_{s}}$
根据乘法原理则有$d(x) = (k_{1}+1)(k_{2}+1)...(k_{s}+1)$
考虑$d(nm)$，分解
$n = p_{1}^{a_{1}}p_{2}^{a_{2}}..p_{s}^{a_{s}}$ (指数可以为0，也就是不存在此因子)
$m = p_{1}^{b_{1}}p_{2}^{b_{2}}..p_{s}^{b_{s}}$ 
根据乘法原理
$d(nm) = (1+a_{1}+b_{1})(1+a_{2}+b_{2})..(1+a_{s}+b_{s})$
同时，我们容易发现，对于一个质因子$p_{k}$，并存在两个数u, v。使得
$gcd(u*p_{k}^{a_{k}}, v) = gcd(u*p_{k}^{a_{k}-1}, v) = .. = gcd(u, v) = ... = gcd(u, v*p_{k}^{b_{k}-1}) = gcd(u, v*p_{k}^{b_{k}}) = 1$ 共 $a_{k}+b_{k}+1$ 对这样的数对
那么总共有s个质因子，则 $\prod_{k=1}^{s} (a_{k}+b_{k}+1) $刚好等于$d(nm)$，证明完毕。 
所以
$ans = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} d(ij) $
$ = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} \sum_{i|n} \sum_{j|m} [gcd(i,j) = 1] $
$ = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \lfloor \frac{m}{j} \rfloor [gcd(i, j) = 1]$
$ = \sum_{d=1}^{n} \mu(d) (\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} \lfloor \frac{n}{id} \rfloor \lfloor \frac{m}{jd} \rfloor) $
$ = \sum_{d=1}^{n} \mu(d) (\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}{i}\rfloor\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}\lfloor \frac{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}{j}\rfloor) $
于是发现$\sum_{ }^{ } \mu(d)$这部分可以分块优化，后面那部分呢?预处理 $d(n) = \sum_{i=1}^{n} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor$就行了。。。
跑得还挺慢，5s多。%榜上dalao