对于这道题当然就是O(nlogn)的做法最简单了，只要枚举每个i的倍数加上Ai就好了。但是显然，n到了2e7的话就没有办法了喵

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef __int128 i128;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;
const int MOD = 1e9 + 7;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 1e6 + 10;
#define int long long

void solve()
{	
    int n,a1,m;
    cin>>n>>a1>>m;
    vector<int> a(n + 1);
    a[1] = a1;
    for (int i = 2 ; i <= n ; i++)
    {
        a[i] = (a[i - 1] + 7 * i) % m;
    }
    vector<int> b(n + 1);
    for (int i = 1 ; i <= n ; i++)
    {
        for (int j = i ; j <= n ; j += i)
        {
            b[j]+=a[i];
        }
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 1 ; i <= n ; i++) ans ^= b[i];
    cout<<ans<<'\n';
    return;
}
signed main()
{
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);
    int _ = 1;
    //std::cin>>_;
    while (_--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}
/*
  ∧＿∧
 (｡•́︿•̀｡)
 /づ正数与负数
都要开心计算哦
*/

所以还有一个O(nloglogn)的方法，叫做迪利克雷前缀和，代码很简短喵

// A[] 数组一开始存的是初始值
// N 是我们要计算的最大范围

for (int p : primes) { // 1. 枚举每一个质数 p
    if (p > N) break;
    
    // 2. 从小到大枚举，把当前数 i 的值，加给它的 p 倍 (i * p)
    for (int i = 1; i * p <= N; ++i) {
        A[i * p] += A[i]; 
    }
}
//循环结束之后A里面存的就是B了

具体为什么，我现在还没理解喵，所以不太能做详细的解释了喵