求解(sum_{i = 1}^{n}sum_{j = 1}^{m}lcmleft ( i,j ight ))。
有(lcmleft ( i,j ight )=frac{ij}{gcdleft ( i,j ight )})，
所以原本的式子转化为：(sum_{i = 1}^{n}sum_{j = 1}^{m}frac{ij}{gcdleft ( i,j ight )})。
注意到(i, j) 均为 (gcdleft ( i,j ight )) 的倍数，且原式中有除法不好处理，
所以我们改为枚举(gcdleft ( i,j ight )) 的倍数。
有：(sum_{d = 1}^{n} d sum_{i = 1}^{frac{n}{d}}sum_{j = 1}^{frac{m}{d}}ijleft [ gcdleft ( i,j ight ) = 1 ight])。
后面的式子套路的来一发反演：
(sum_{d = 1}^{n} d sum_{i = 1}^{frac{n}{d}}sum_{j = 1}^{frac{m}{d}}ijsum_{k|gcdleft ( i,j ight )}mu left ( k ight ))
注意这里面有一个乘积的项，可以理解为是任意数字的两两匹配，即：
(sum_{i = 1}^{n}sum_{j = 1}^{m}ij = left ( 1 + 2 + ... + n ight )left ( 1 + 2 + ... + m ight ))
所以转化为：
(sum_{d = 1}^{n} d sum_{k = 1}^{frac{n}{d}} k^{2} * mu left ( k ight )sumleft ( left lfloor frac{n}{dk} ight floor ight )sumleft ( left lfloor frac{m}{dk} ight floor ight ))
依然是套路的改变枚举项为 (dk)
(sum_{T = 1}^{n} sumleft ( left lfloor frac{n}{T} ight floor ight )sumleft ( left lfloor frac{m}{T} ight floor ight ) * T sum_{d|T}d*mu left ( d ight ))
到这里我们已经实现了第一步：前面的部分可以数论分块(Oleft ( sqrt{n} ight ))处理，只要我们能够通过线性筛处理出后面的一部分，这道题目就完成了。为了实现线性筛，我们对于后面部分进行观察。我们令(F[T] = T * sum_{d|T}d*mu left ( d ight )) 。
首先，(F[i])当 (i) 为质数时，(F[i]) 的值很容易确定为 (i - i^{2})。 注意到它实际上是积性函数。所以在线性筛中若 (i = x * y) ，（其中 (x) 为 (i) 的最小质因子），当 (y mod x eq 0) 时说明二者互质，则 (F[i] = F[x] * F[y])。
然后考虑当(y mod x = 0)的情况，这说明这两个部分中均含有最小的质因子。注意因为卷入了一个 (mu)，所以有平方因子时的值都不会造成贡献。也就是说取值范围和 (y) 仍然是相同的，只不过是系数改变了。所以此时 (F[i] = F[y] * x )。然后此题就圆满解决啦~~~
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 10005000 #define int long long #define mod 20101009 int n, m, N, maxx = maxn - 1e3; int tot, pri[maxn], inv2; int ans, f[maxn]; bitset <maxn> is_prime; int read() { int x = 0, k = 1; char c; c = getchar(); while(c < '0' || c > '9') { if(c == '-') k = -1; c = getchar(); } while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar(); return x * k; } int qpow(int x, int times) { int base = 1; for(; times; times >>= 1, x = (x * x) % mod) if(times & 1) base = (base * x) % mod; return base; } int Sum(int x) { x %= mod; return ((x * (x + 1)) % mod * inv2 % mod);} void Get_F() { f[1] = 1; for(int i = 2; i <= maxx; i ++) { if(!is_prime[i]) pri[++ tot] = i, f[i] = i * (1ll - i) % mod; for(int j = 1; j <= tot; j ++) { int K = i * pri[j]; if(K > maxx) break; is_prime[K] = 1; if(!(i % pri[j])) { f[K] = f[i] * pri[j] % mod; break; } else f[K] = f[i] * f[pri[j]] % mod; } } for(int i = 1; i <= maxx; i ++) f[i] = (f[i] + f[i - 1]) % mod; } signed main() { n = read(), m = read(), N = min(n, m); maxx = min(n, m); inv2 = qpow(2, mod - 2); Get_F(); for(int l = 1, r; l <= N; l = r + 1) { r = min((n / (n / l)), (m / (m / l))); int ret = Sum(n / l) * Sum(m / l) % mod; ans = (ans + (ret * (f[r] - f[l - 1]) % mod)) % mod; } printf("%lld ", (ans + mod) % mod); return 0; }