题目大意：有一个长度为n的数组a，如果对于一个数个(a[i],a[j]）满足不存在a[k]使a[i]%a[k]=0且a[j]%a[k]=0，则称这个数对是合法的，求合法数对的数量。
1<=n<=1e6；1<=a[i]<=n
思路：如果两个数同时对一个数取模都等于 0，那么这两个数的最大公因数就是那个数的倍数，所以如果一个数x在a中出现或者是a中的数的倍数，那么以x为gcd的数对都是非法的，如果不存在x%a[i]=0那么以这样的x为gcd的数对都是合法的。
那么我们现在要求的就是以每个数为gcd的数对的数量，记dp[i]为以i为gcd的数对的数量，那么我们首先需要知道a中有多少数%i=0，然后还要减去这些数中以i的倍数为gcd的数，我们用cnt数组记录每个数字在a中出现的次数，s=i的倍数的数量即s=cnt[i]+cnt[2i]+...+cnt[ki]（ki<=n）那么dp[i]就等于s*(s-1)/2-dp[2i]-dp[3i]-...-dp[ki]（ki<=n），所以根据这个转移式，我们需要从n到1遍历，然后每i步进行枚举，时间复杂度就是O(nlogn)。
最后统计答案，我们用vis数组记录a中出现的数，然后在dp转移的过程中同时把a中出现的数的倍数也记录下来，这样我们只需要累计vis[i]=0时的dp[i]的值即可。
//#include<__msvc_all_public_headers.hpp>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD = 1e9 + 7;
const int N = 1e6 + 5;
int n;
ll a[N];
int vis[N];
ll cnt[N];
ll dp[N];
void init()
{
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
vis[i] = 0;
cnt[i] = 0;
dp[i] = 0;
}
}
void solve()
{
cin >> n;
init();
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> a[i];
vis[a[i]] = 1;//记录%a[i]==0的数
cnt[a[i]]++;//记录每个数出现的次数
}
for (int i = n; i >= 1; i--)
{
ll s = 0;
for (ll j = i; j <= n; j+=i)
{
vis[j] |= vis[i];//如果a[i]出现过，a[i]的倍数就记为1
s += cnt[j];//求%i=0的数的数量
}
dp[i] = s * (s - 1) / 2;//以i为因数的数对数量
for (int j = 2 * i; j <= n; j+=i)
{
dp[i] -= dp[j];//减去以i的倍数为gcd的数的数量
}
}
ll ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (!vis[i])
{//i%任意a[i]都不等于0，记录答案
ans += dp[i];
}
}
cout << ans;
cout << '\n';
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int t;
cin >> t;
//t = 1;
while (t--)
{
solve();
}
return 0;
}