sol

首先

[ans=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}lcm(i,j)=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}frac{ij}{gcd(i,j)} ]

这一步没问题吧
然后我们提出(gcd)（假设(n le m)）

[=sum_{d=1}^{n}frac{f(n,m,d)}{d} ]

其中$$f(n,m,d)=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}ij*[gcd(i,j)==d]$$
（理解一下。。。）
然后可以知道

[f(n,m,d)=d^2f(lfloorfrac nd floor,lfloorfrac md floor,1) ]

其实就是把(d)提出来了而已
所以

[ans=sum_{d=1}^{n}d*f(lfloorfrac nd floor,lfloorfrac md floor,1) ]

接下来我们考虑(f)怎么求，想方设法往莫比乌斯反演上靠
我们令

[F(n,m,d)=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}ij*[d|gcd(i,j)] ]

这样子显然就对应了一个关系是

[F(x)=sum_{x|d}^{n}f(d) ]

（你就当做前面的(n)和(m)看不见嘛。。。）
所以反演一下就有

[f(x)=sum_{x|d}^{n}mu(d)F(frac dx) ]

这里求的是(f(1))所以

[f(1)=sum_{d=1}^{n}mu(d)F(d) ]

现在我们又要考虑(F)怎么求（。。。）
把(F)里面的(d)提出来（就像前面提(f)一样）

[F(n,m,d)=d^2sum_{i=1}^{n/d}sum_{j=1}^{m/d}ij ]

因为([1|gcd(i,j)])恒成立
那后面这个东西不就可以直接(O(1))算啦？~~（别告诉我这个都不会算）~~
还是讲一下吧

[sum_{i=1}^{x}sum_{j=1}^{y}ij=frac {x(x+1)}{2} frac {y(y+1)}{2} ]

（其实就是两个等差数列求和再乘起来）
所以总结一下，形成了下面两个式子

[ans=sum_{d=1}^{n}d*f(lfloorfrac nd floor,lfloorfrac md floor,1) ]

[f(n,m,1)=sum_{d=1}^{n}mu(d)d^2frac {lfloorfrac nd floor(lfloorfrac nd floor+1)}{2} frac {lfloorfrac md floor(lfloorfrac md floor+1)}{2} ]

直接搞的化复杂度俨然(O(n^2))但是发现两式都可以数论分块所以复杂度就是(O(sqrt n *sqrt n)=O(n))
（莫比乌斯的线性筛做到输入的(n)就行了别每次都做到(10^7)）

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
const int mod = 20101009;
const int N = 10000000;

int n,m,ans,mu[N+5],pri[N+5],tot,zhi[N+5],s[N+5];
void Mobius()
{
	mu[1]=zhi[1]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++)
	{
		if (!zhi[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
		for (int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=N;j++)
		{
			zhi[i*pri[j]]=1;
			if (i%pri[j]) mu[i*pri[j]]=-mu[i];
			else {mu[i*pri[j]]=0;break;}
		}
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
		s[i]=(s[i-1]+1ll*mu[i]*i*i%mod+mod)%mod;
}
int Sum(int x,int y){return (1ll*x*(x+1)/2%mod)*(1ll*y*(y+1)/2%mod)%mod;}
int calc(int a,int b)
{
	int i=1,res=0;
	while (i<=a)
	{
		int j=min(a/(a/i),b/(b/i));
		res=(res+1ll*(s[j]-s[i-1]+mod)%mod*Sum(a/i,b/i)%mod)%mod;
		i=j+1;
	}
	return res;
}
int main()
{
	scanf("%d %d",&n,&m);
	if (n>m) swap(n,m);
	Mobius();
	int i=1;
	while (i<=n)
	{
		int j=min(n/(n/i),m/(m/i));
		ans=(ans+1ll*(j+i)*(j-i+1)/2%mod*calc(n/i,m/i)%mod)%mod;
		i=j+1;
	}
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}

然而

你以为这样就完了么？
题面戳我（权限题别问我是怎么搞到的）
就是和上面相同，然后一万组询问。
呵呵，(O(n))的死掉了吧。
所以，我们进一步考虑这道题怎么优化到单组询问(O(sqrt n))

[ans=sum_{d=1}^{n}d*sum_{i=1}^{n/d}mu(i)i^2frac {lfloorfrac n{id} floor(lfloorfrac n{id} floor+1)}{2} frac {lfloorfrac m{id} floor(lfloorfrac m{id} floor+1)}{2} ]

答案式是长这样的没错吧（别比了，就是从上面蒯下来的，只是合并了而已）
和这道题的套路一样，我们令(T=id)，然后考虑每一项$$frac {lfloorfrac nT floor(lfloorfrac nT floor+1)}{2} frac {lfloorfrac mT floor(lfloorfrac mT floor+1)}{2}$$的贡献。
所以式子就化成

[ans=sum_{T=1}^{n}frac {lfloorfrac nT floor(lfloorfrac nT floor+1)}{2} frac {lfloorfrac mT floor(lfloorfrac mT floor+1)}{2}sum_{d|T}mu(frac Td)frac {T^2}{d} ]

（这一步请自行手玩。。。）
然后后面那一坨是一个积性函数（可参照狄利克雷卷积的形式），所以线性筛即可。

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mod = 100000009;
const int N = 10000000;
int gi()
{
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
	if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
	while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return w?x:-x;
}
int pri[N+5],tot,zhi[N+5],h[N];
void Mobius()
{
	h[1]=1;
	for (int i=2;i<=N;i++)
	{
		if (!zhi[i]) pri[++tot]=i,h[i]=(i-1ll*i*i%mod+mod)%mod;
		for (int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=N;j++)
		{
			zhi[i*pri[j]]=1;
			if (i%pri[j]) h[i*pri[j]]=1ll*h[i]*h[pri[j]]%mod;
			else {h[i*pri[j]]=1ll*h[i]*pri[j]%mod;break;}
		}
	}
	for (int i=1;i<=N;i++) h[i]=(h[i]+h[i-1])%mod;
}
int Sum(int x,int y){return (1ll*x*(x+1)/2%mod)*(1ll*y*(y+1)/2%mod)%mod;}
int main()
{
	Mobius();
	int T=gi();
	while (T--)
	{
		int n=gi(),m=gi();
		if (n>m) swap(n,m);
		int i=1,ans=0;
		while (i<=n)
		{
			int j=min(n/(n/i),m/(m/i));
			ans=(ans+1ll*Sum(n/i,m/i)*(h[j]-h[i-1]+mod)%mod)%mod;
			i=j+1;
		}
		printf("%d
",ans);
	}
	return 0;
}