题面
传送门：洛咕
Solution
调到自闭，我好菜啊
为了方便讨论，以下式子(m>=n)
为了方便书写，以下式子中的除号均为向下取整
我们来颓柿子吧qwq
显然，题目让我们求：
(large sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m lcm(i,j))
(lcm)没法玩，我们转到(gcd)形式：
(large sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m frac{i*j}{gcd(i,j)})
根据套路，我们去枚举(gcd)
(large sum_{i=1}^nsum_{j=1}^msum_{d=1}^{n} frac{i*j}{d}[gcd(i,j)=d])
然后可以把(d)的和号移到前面去
(large sum_{d=1}^{n}sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m frac{i*j}{d}[gcd(i,j)=d])
要让(gcd(i,j)=d)，(i,j)都必须要为(d)的倍数，我们可以将原来的(i*d,j*d)映射为(i,j),有：
(large sum_{d=1}^{n}sum_{i=1}^{n/d}sum_{j=1}^{m/d} {i*j}*d[gcd(i,j)=1])
把(d)移到前面去
(large sum_{d=1}^{n}dsum_{i=1}^{n/d}sum_{j=1}^{m/d} {i*j}[gcd(i,j)=1])
然后我们可以套路地根据([x=1]=sum_{d|x}mu(d))这个柿子把(gcd(i,j))处理掉：
(large sum_{d=1}^{n}dsum_{i=1}^{n/d}sum_{j=1}^{m/d} {i*j}sum_{k|gcd(i,j)}mu(k))
根据套路，我们把这种奇奇怪怪的和式变为枚举的形式
(large sum_{d=1}^{n}dsum_{i=1}^{n/d}sum_{j=1}^{m/d} {i*j}sum_{k=1}^{n/d}[k|gcd(i,j)]mu(k))
然后就可以把(k)往前提了
(large sum_{d=1}^{n}dsum_{k=1}^{n/d}sum_{i=1}^{n/d}sum_{j=1}^{m/d} {i*j}*[k|gcd(i,j)]mu(k))
要有(k|gcd(i,j))，(i,j)一定要为(k)的倍数
(large sum_{d=1}^{n}dsum_{k=1}^{n/d}sum_{i=1}^{frac{n}{d*k}}sum_{j=1}^{frac{m}{d*k}} {i*j*k^2}*mu(k))
然后我们简单的移一下项方便处理
(large sum_{d=1}^{n}dsum_{k=1}^{n/d}*mu(k)*k^2sum_{i=1}^{frac{n}{d*k}}isum_{j=1}^{frac{m}{d*k}} j)
后面的(j)与(i)没有半毛钱关系，我们可以把它分离开来
(large sum_{d=1}^{n}dsum_{k=1}^{n/d}*mu(k)*k^2(sum_{i=1}^{frac{n}{d*k}}i)(sum_{j=1}^{frac{m}{d*k}} j))
搞定，到这里为止，我们所有东西都可以求了。
对于前面的(d)的和式，我们可以发现当(n/d,m/d)不变的时候，后面的柿子计算出来的结果是一样的，因此我们可以(O(sqrt n))来整除分块掉前面那个和式。
后面的那个柿子我们可以再来一次整数除法来计算：最后面的两个和式都是等差数列，前面的(mu(k)*k^2)可以前缀和直接计算。
总复杂度(O(sqrt n * sqrt n)=O(n))
但是这题还有一个(O(sqrt n))的做法，蒟蒻太菜了不会，就不说了
Code
这题细节繁多，请注意多膜以防乘爆
预处理中的(i^2)会爆int，请注意
//Luogu P1829 [国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB
//Jan,23rd,2019
//莫比乌斯反演
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long read()
{
long long x=0,f=1; char c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
const int N=10000000+1000;
const int M=10000000;
const int poi=20101009;
int prime[N],cnt_p,mu[N];
bool noPrime[N];
void GetPrime(int n)
{
noPrime[1]=true,mu[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(noPrime[i]==false)
prime[++cnt_p]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=cnt_p and i*prime[j]<=n;j++)
{
noPrime[i*prime[j]]=true;
if(i%prime[j]==0)
{
mu[i*prime[j]]=0;
break;
}
mu[i*prime[j]]=mu[i]*mu[prime[j]];
}
}
}
long long n,m,pre_mu[N];
long long f(int d)
{
long long t_ans=0;
for(long long l=1,r;l<=n/d;l=r+1)
{
r=min((n/d)/((n/d)/l),(m/d)/((m/d)/l));
t_ans=(t_ans+(pre_mu[r]-pre_mu[l-1])*(((1+n/d/l)*(n/d/l)/2)%poi)%poi*(((1+m/d/l)*(m/d/l)/2)%poi))%poi;
}
return (t_ans%poi+poi)%poi;
}
int main()
{
n=read(),m=read();
if(n>m) swap(n,m);
GetPrime(m);
for(long long i=1;i<=m;i++)
pre_mu[i]=((pre_mu[i-1]+mu[i]*i*i)%poi+poi)%poi;
long long ans=0;
for(long long l=1,r;l<=n;l=r+1)
{
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans=((ans+(l+r)*(r-l+1)/2%poi*f(l))%poi+poi)%poi;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}