Description

今天的數學課上，Crash小朋友學習了最小公倍數(Least Common Multiple)。對於兩個正整數a和b，LCM(a,
b)表示能同時被a和b整除的最小正整數。例如，LCM(6, 8) =
24。回到家後，Crash還在想著課上學的東西，為了研究最小公倍數，他畫了一張NM的表格。每個格子裡寫了一個數字，其中第i行第j列的那個格子裡寫著數為LCM(i,
j)。一個45的表格如下： 1 2 3 4 5 2 2 6 4 10 3 6 3 12 15 4 4 12 4 20
看著這個表格，Crash想到了很多可以思考的問題。不過他最想解決的問題卻是一個十分簡單的問題：這個表格中所有數的和是多少。當N和M很大時，Crash就束手無策了，因此他找到了聰明的你用程式幫他解決這個問題。由於最終結果可能會很大，Crash只想知道表格裡所有數的和mod
20101009的值。

Input

輸入的第一行包含兩個正整數，分別表示N和M。

Output

輸出一個正整數，表示表格中所有數的和mod 20101009的值。

Sample Input

4 5

Sample Output

122

HINT

【資料規模和約定】

100%的資料滿足N, M ≤ 10^7。

題解

就是要求 ${\sum }_i$

∑ j i ∗ j g c

d ( i , j ) \sum_i\sum_j \frac{i*j}{gcd(i,j)}
列舉一下gcd就是 $\sum_d\frac{1}{d}\sum_i\sum_j[gcd(i,j)=1]i*j$
然後考慮怎麼處理 $i*j$，設 $F[Q]$表示 $gcd(x,y)$為Q的倍數的數對乘積和
顯然可以有 $\frac{Q*Q*\lfloor\frac{n}{Q}\rfloor}{2}*\frac{Q*Q*\lfloor\frac{m}{Q}\rfloor}{2}$
然後莫反一下就可以知道是
$\sum_i^{min(n,m)}\sum_j^{\lfloor\frac{min(n,m)}{i}\rfloor}\mu(j)*i*j*j*\frac{(1+\lfloor\frac{n}{i*j}\rfloor)*\lfloor\frac{n}{i*j}\rfloor}{2}*\frac{(1+\lfloor\frac{m}{i*j}\rfloor)*\lfloor\frac{m}{i*j}\rfloor}{2}$
先對i數論分塊，再對j數論分塊
複雜度就是 $O(n)$了

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<ctime>
#include<map>
#include<bitset>
#include<set>
#define LL long long
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define pll pair<long long,long long>
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
inline int read()
{
	int f=1,x=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
int stack[20];
inline void write(int x)
{
	if(x<0){putchar('-');x=-x;}
    if(!x){putchar('0');return;}
    int top=0;
    while(x)stack[++top]=x%10,x/=10;
    while(top)putchar(stack[top--]+'0');
}
inline void pr1(int x){write(x);putchar(' ');}
inline void pr2(int x){write(x);putchar('\n');}
const int mod=20101009;
const int MAXN=10000005;
const int N=10000000;
const int inv2=17588383;
LL mu[MAXN];
int pr[MAXN],plen,n,m;
bool v[MAXN];
void getmu()
{
	v[1]=true;mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=N;++i)
	{
		if(!v[i])mu[i]=-1,pr[++plen]=i;
		for(int j=1;j<=plen&&i*pr[j]<=N;++j)
		{
			v[i*pr[j]]=true;
			if(!(i%pr[j])){mu[i*pr[j]]=0;break;}
			else mu[i*pr[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=N;++i)mu[i]=(mu[i-1]+(LL)mu[i]*i*i)%mod;
}
inline int _min(int a,int b){return a<b?a:b;}
int main()
{
//	freopen("a.in","r",stdin);
//	freopen("a.out","w",stdout);
	getmu();
	n=read();m=read();
	int nxt1,nxt2,lim1=min(n,m),lim2,n1,m1;
	LL ans=0;
	for(int i=1;i<=lim1;i=nxt1+1)
	{
		nxt1=_min(n/(n/i),m/(m/i));
		n1=n/i,m1=m/i;lim2=min(n1,m1);
		LL re=0;
		for(int j=1;j<=lim2;j=nxt2+1)
		{
			nxt2=_min(n1/(n1/j),m1/(m1/j));
			re=(re+(mu[nxt2]-mu[j-1])%mod*(1+(n1/j))%mod*(n1/j)%mod*(1+(m1/j))%mod*(m1/j))%mod;
//			ans=(ans+i*(mu[nxt2]-mu[j-1])%mod*(1+(n1/j))*(n1/j)/2%mod*(1+(m1/j))*(m1/j)/2%mod+mod)%mod;
		}
		ans=(ans+(LL)(i+nxt1)*(nxt1-i+1)%mod*re)%mod;
	}
	pr2(ans*inv2%mod);
	return 0;
}