题干：

Let $a$, $b$, and $c$ be integers. We define function $f(a,b,c)$ as follows:

Order the numbers $a$, $b$, $c$ in such a way that $a\le b\le c$. Then return $\gcd (a,b)$, where $\gcd (a,b)$ denotes the greatest common divisor (GCD) of integers $a$ and $b$.

So basically, we take the $\gcd$ of the $2$ smaller values and ignore the biggest one.

You are given an array $a$ of $n$ elements. Compute the sum of $f(a_i,a_j,a_k)$ for each $i$, $j$, $k$, such that $1\le i<j<k\le n$.

More formally, compute

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=i+1}^n\sum _{k=j+1}^{n}f(a_i,a_j,a_k).$$

输入要求：

Input

Each test contains multiple test cases. The first line contains the number of test cases $t$ ($1\le t\le 10$). The description of the test cases follows.

The first line of each test case contains a single integer $n$ ($3\le n\le 8\cdot 10^4$) — length of the array $a$.

The second line of each test case contains $n$ integers, $a_1,a_2,\dots ,a_n$ ($1\le a_i\le 10^5$) — elements of the array $a$.

It is guaranteed that the sum of $n$ over all test cases does not exceed $8\cdot 10^4$.

输出要求：

Output

For each test case, output a single number — the sum from the problem statement.

分析：

看一下题目球的三个$\sum$的取值，容易发现，题意就是求数组中所有的三元组的较小两个数的gcd求和。
为了简化，明显可以先对数组进行排序，那么不妨假设$f(a_i,a_j,a_k)中，有$$i<j<k$，那么该函数的值也就等于$gcd(a_i,a_j)$。从暴力的角度来看，可以两层for循环枚举i和j，求一次gcd，并且乘上n-j，也就是k可以从j到n中任取，其三元组的f函数值均为$gcd(a_i,a_j)$。
那么很显然这样两层for循环，加上求gcd，复杂度是$O(n^{2}logn)$，明显会TLE，现在来考虑如何进行优化。

下面先来讲一下我的错误思路：

一开始我忘记考虑枚举$i$，$j$之后还要乘$n-j$了，以为能够直接简化成求数组的${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=i}^{n}gcd(a_i,a_j)$,如果是这样，那么一下子会想起之前的codeforces有道题就是利用容斥原理和调和级数$O(nlogn)$预处理出所有的数组中$dp[i]表示gcd=i$的对数。然后我就去翻那道题的代码，顺便学了下这个小知识点，把代码一贴。发现明显和本题不一样，这时候我才意识到我忘记每对$gcd$还需要乘上右端点到$n$的距离。于是我就想着如何修正。随手写个样例画画，发现似乎对于$gcd=x$的对数$dp[x]$，只需要再去维护一个数组$dis[x]$表示$gcd=x$的对中，到右端点$n$的距离和，也就是每个$gcd$的贡献，最后统计答案时候就把$i\ast dis[x]$累加起来。但是问题就在于这个$dis[x]$我维护不来，想照猫画虎也用容斥处理，但是失败了。

直接讲一下我从排行榜里面看的别人代码的思路

_{其实原理我也不是特别清楚，半懂不懂，这里我主要翻译一下他的代码行为}
首先还是对数组进行排序，然后总的利用到了三个数组
$cnt\_div[x]$$f[x]$$dp[x]$，第一个表示拥有因数$x$的数量，第二个数组表示公因数为$x$的到右端点距离和，第三个表示$最大公因数为x$的到右端点距离和。
然后对数组从小到大遍历，对$a[i]$，新建一个vector,进行因数分解，统计出所有的因数数量，那么假如枚举的第二个数是它，它对距离的贡献，就是之前有了的这些因数的数量，乘上现在这个数到右端点的距离,所以遍历这个数的因数，记为$j,j/a_i$，我们需要更新的贡献也就是$f[j]+=cnt\_div[j]\ast (n-i)$，最后再更新已有的所有因数数量$cnt\_div[j]$。这样处理出所有的因数的贡献和，最后一步利用容斥，将因数的贡献$f[x]$，转化为最大公因数$dp[x]$的贡献，见下面的代码所示：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int cnt_div[maxn],arr[maxn],dp[maxn],f[maxn];
void solve(){
    memset(cnt_div,0,sizeof(cnt_div));
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    memset(f,0,sizeof(f));
    int n;cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)  cin>>arr[i];
    sort(arr+1,arr+1+n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        vector<int>div;//对arr[i]质因数分解
        for(int j=1;j*j<=arr[i];j++){
            if(arr[i]%j==0){
                div.push_back(j);
                if(arr[i]/j!=j)
                    div.push_back(arr[i]/j);
            }
        }
        for(int j:div)
            f[j]+=cnt_div[j]*(n-i);
        for(int j:div)
            cnt_div[j]++;
    }
    for(int i=maxn-5;i;i--){
        dp[i]=f[i];
        for(int j=i+i;j<maxn;j+=i)
            dp[i]-=dp[j];
    }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<maxn;i++)
        ans+=dp[i]*i;
    cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int t;cin>>t;
    while(t--) solve();
    return 0;
}

下面是调和级数，也是这种容斥的复杂度正确性证明。
$\lfloor \frac{m}{1}\rfloor +\lfloor \frac{m}{2}\rfloor +\lfloor \frac{m}{3}\rfloor +\lfloor \frac{m}{4}\rfloor +\cdots \lfloor \frac{m}{m}\rfloor =mlogm$

补充

在知乎上刷到了很多这场的题解，看了其他人的做法，又发现了两种很不错的思路，下面介绍一下，分别来自碎月和cup-pyy。

第一种，欧拉反演

看了碎月的题解之后，学到了用数论这边的方法来处理这题，或者说是怎么用迪利克雷卷积这种感觉很高端的知识点来解题。
首先是对题目需求的变形，这种做法的思路还是去枚举中间值$a_j$，那么对答案的贡献就会加上$(n-j)\ast {\sum }_{i=1}^{j-1}gcd(a_i,a_j)$，也就是$j$到右端点的距离乘上$a_j$和左边所有数的$gcd$的和，现在的问题就是如何快速地求出${\sum }_{i=1}^{j-1}gcd(a_i,a_j)$。
首先是一个公式欧拉反演
$n={\sum }_{d/n}\phi (d)$
然后假设$gcd(a_i,a_j)=x$,那么$x={\sum }_{d/x}\phi (d)$，那么这里面的$d$肯定也是$a_i$和$a_j$的因数，所以我们不妨去枚举$a_j$的因数$d$,对于$d$，如果之前的数中也有某个数$a_x$的因数包含$d$，那么$gcd(a_x,a_j)$的因数肯定包含$d$，根据欧拉反演的公式，这个$d$对于要求的$gcd$求和的贡献就是$d\ast \phi (d)$，所以可以用数组$cnt$来统计$j$之前的数中的所有因数的个数，让$cnt[j]\ast \phi (d)$表示$a_j$的因数$d$为新增的$gcd$的和的贡献，求和之后总的再乘上距离$n-j$，即可得到答案。总的代码如下，可以好好体会一下这种巧妙利用欧拉反演，快速求单个数和之前所有数的$gcd$和的方法。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int phi[maxn],vis[maxn],cnt1=0,prime[maxn];
int cnt[maxn],arr[maxn];
void init_phi(){
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<maxn;i++){
        if(!vis[i])
            prime[++cnt1]=i,phi[i]=i-1;
        for(int j=1;j<=cnt1&&i*prime[j]<maxn;j++){
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0){
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                break;
            }
            else
                phi[i*prime[j]]=phi[prime[j]]*phi[i];
        }
    }
}
void solve(){
    memset(cnt,0,sizeof(cnt));
    int n;cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>arr[i];
    sort(arr+1,arr+1+n);
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int sum=0;
        for(int j=1;j*j<=arr[i];j++)
            if(arr[i]%j==0){
                sum+=cnt[j]*phi[j],cnt[j]++;
                if(j*j!=arr[i]){
                sum+=cnt[arr[i]/j]*phi[arr[i]/j];
                cnt[arr[i]/j]++;
                }
            }
        ans+=sum*(n-i);
    }
    cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    init_phi();
    int t;cin>>t;
    while(t--) solve();
    //system("pause");
    return 0;
}

第二种，容斥

这位佬也是用的容斥来做，带有讲解的话比最开始硬看排行榜的代码理解起来要容易多了，不过这种做法还是有一点小绕的，和我之前学的那种容斥刚好反向，具体代码理解起来还是有点麻烦。下面先讲一下思路：
我们不再去枚举中间数$a_j$，转而去枚举最大的数字$a_k$，那么这个$a_k$的贡献就是$k$之前所有的数两两$gcd$的和，用一个变量$pre$去记录，每次新枚举一个数字，对$ans$加上这个$pre$，然后再去考虑这个新的$a_k$能跟前面的数新增多大的$gcd$。
具体来说，先去预处理出每个数的所有因数，存到$vector$里面，用一个数组$cnt[i]$表示枚举到的数前面的因数里$i$的倍数的个数，数组$dp[i]$表示与当前$a_k$的$gcd$为$i$的对数。
那么，逆向枚举$a_k$的因数$y$，假设之前的所有$a_i$中，$gcd(a_i,a_k)=y$的数量是$dp[y]$，$dp[y]$的表达式为$cnt[y]-{\sum }_{k=1}^{\infty }dp[k\ast y]$，这里就跟一开始的做法讲的那种容斥类似了，然后就是代码中如何实现这个式子。题解里面的做法是逆向枚举$y$的同时，再去遍历$y$的因数，给它们的$dp$值提前减去$dp[y]$，就是在枚举大的时候减去小的，而不像之前那样枚举小的，再遍历小的倍数减大的，就是这一步逆向操作，让我看了好久才理解。
具体的代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int cnt[maxn],arr[maxn],dp[maxn];
vector<int>fac[maxn];//预处理所有的因数
void solve(){
    memset(cnt,0,sizeof(cnt));
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    int n;cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>arr[i];
    sort(arr+1,arr+1+n);
    int ans=0,pre=0;//pre维护之前所有的gcd的和,之后枚举的是三元组中的最大数
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ans+=pre;
        //下面考虑将pre增加第i个数和之前所有的gcd和
        int x=arr[i];
        for(int j=fac[x].size()-1;j>=0;j--){
            int t=fac[x][j];//t为逆向枚举的x的因数
            dp[t]+=cnt[t];
            pre+=t*dp[t];
            for(auto tt:fac[t])
                dp[tt]-=dp[t];
        }
        for(auto t:fac[x])
            cnt[t]++;
    }
    cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    for(int i=1;i<maxn;i++)
        for(int j=i;j<maxn;j+=i)
            fac[j].push_back(i);
    int t;cin>>t;
    while(t--) solve();
    //system("pause");
    return 0;
}

总结

就在写题解的时候，我忽然意识到，上面两种做法的本质其实是一样，都是在维护新增一个数和先前所有数的$gcd$的和，不过一种是用容斥解决，一种是用欧拉反演来解决，不过恰好是一个枚举中间数$a_j$，一个是枚举后面数$a_k$，实际上这种枚举区别不大，核心还是一样的。