Description

今天的数学课上，Crash小朋友学习了最小公倍数(Least Common Multiple)。对于两个正整数a和b，LCM(a, b)表示能同时被a和b整除的最小正整数。例如，LCM(6, 8) = 24。回到家后，Crash还在想着课上学的东西，为了研究最小公倍数，他画了一张NM的表格。每个格子里写了一个数字，其中第i行第j列的那个格子里写着数为LCM(i, j)。一个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 看着这个表格，Crash想到了很多可以思考的问题。不过他最想解决的问题却是一个十分简单的问题：这个表格中所有数的和是多少。当N和M很大时，Crash就束手无策了，因此他找到了聪明的你用程序帮他解决这个问题。由于最终结果可能会很大，Crash只想知道表格里所有数的和mod 20101009的值。

Input

输入的第一行包含两个正整数，分别表示N和M。

Output

输出一个正整数，表示表格中所有数的和mod 20101009的值。

Sample Input

4 5

Sample Output

122
【数据规模和约定】
100%的数据满足N, M ≤ 10^7。

Solution

莫比乌斯反演裸题。
\[ \large \begin{aligned} &\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}lcm(i,j)\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^m\frac{ij}{d}[(i,j)=1]\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{m}{d}}ijd[(i,j)=1]\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{m}{d}}ijd\sum_{k|gcd(i,j)}\mu(k)\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{k=1}^{n}\mu(k) k^2\sum_{i=1}^{\frac{n}{kd}}i\sum_{j=1}^{\frac{m}{kd}}j \end{aligned} \]
式子推出来之后两次数论分块即可，注意不要溢出就好
复杂度\(O(n)\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 20101009
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e7 + 10;

ll mu[N], p[N], cnt;
ll n, m, sum[N];
bool vis[N];

void pre() {
    ll limit = max(n, m);
    mu[1] = sum[1] = 1;
    for(ll i = 2; i <= limit; ++i) {
        if(!vis[i]) p[++cnt] = i, mu[i] = -1;
        for(int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= limit; ++j) {
            vis[i * p[j]] = 1;
            if(i % p[j] == 0) {mu[i * p[j]] = 0; break;}
            mu[i * p[j]] = -mu[i];
        }
        sum[i] = sum[i - 1] + mu[i] * i % mod * i % mod;
        sum[i] %= mod;
    }
}

ll sum1(ll x, ll y) {
    return 1ll * (((x * (x + 1) / 2) % mod) * ((y * (y + 1) / 2) % mod)) % mod;
}

ll calc(ll a, ll b) {
    if(a > b) swap(a, b);
    ll s = 0;
    for(ll r, l = 1; l <= a; l = r + 1) {
        r = min(a / (a / l), b / (b / l)); 
        s = (1ll * s + 1ll * (sum[r] - sum[l - 1] + mod) % mod * sum1(a / l, b / l) % mod) % mod;
    }
    return s % mod;
}

int main() {
    scanf("%lld%lld", &n, &m);
    pre();
    ll ans = 0;
    if(n > m) swap(n, m);
    for(ll r, l = 1; l <= n; l = r + 1) {
        r = min(n / (n / l), m / (m / l));
        ans += 1ll * calc(n / l, m / l) % mod * (1ll * (r - l + 1) * (l + r) / 2 % mod) % mod;
        ans %= mod;
    }
    printf("%lld\n", (ans % mod + mod) % mod);
    return 0;
}