BZOJ 2154: Crash的数字表格

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。

本题为NOI级的题目，有高能危机。

算法：莫比乌斯反演+等差数列求和。

公式推导：

（公式很丑，请见谅）
设n<=m,问题可转化为求$sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m i*j/gcd(i,j)=$
$sum_{d=1}^nsum_{d|i}sum_{d|j}i*j/d*[gcd(i,j)==d]（bool表达式）=$
$sum_{d=1}^n d*sum_{d|i}sum_{d|j}i/d*j/d*[gcd(i,j)==d]=$
$sum_{d=1}^n d*sum_{i=1}^{leftlfloor n/ d ight floor }sum_{j=1}^{leftlfloor m/ d ight floor }i*j*[gcd(i,j)==1](相当于i，j同除以d）=$
$sum_{d=1}^n d*sum_{i=1}^{leftlfloor n/ d ight floor }sum_{j=1}^{leftlfloor m/ d ight floor }i*j*sum_{k|i且k|j}mu[k]=$
$sum_{d=1}^n d* sum_{k=1}^{leftlfloor n/ d ight floor} mu[k]*sum_{k|i}sum_{k|j}i*j(把mu提前）=$
$sum_{d=1}^n d* sum_{k=1}^{leftlfloor n/ d ight floor} mu[k]*(k* (leftlfloor dfrac{n}{d*k} ight floor+1)*leftlfloor dfrac{n}{d*k} ight floor /2)*( k*(leftlfloor dfrac{m}{d*k} ight floor+1)*leftlfloor dfrac{m}{d*k} ight floor/2)（等差数列求和，读者应自行尝试）=$
$sum_{d=1}^n d* sum_{k=1}^{leftlfloor n/ d ight floor} mu[k]*k^2((leftlfloor dfrac{n}{d*k} ight floor+1)*leftlfloor dfrac{n}{d*k} ight floor /2)*( (leftlfloor dfrac{m}{d*k} ight floor+1)*leftlfloor dfrac{m}{d*k} ight floor/2)$
由此，我们可以进行两次整除分块，一次枚举d的范围，一次枚举k的范围。需要注意的是,为了减少枚举k，我们用前缀和来统计$mu[k]*k^2$(即$sum[i]=sum_{j=1}^i mu[j]*j^2$，但代码省去了sum数组)。

温馨提示:
1.及时开了$long long$ 也要小心溢出，多开$long long$在比赛中可以多很多分。
2.学会以后，一定要能默打AC。（WA了，也不要怕，我都交了21次才默打成功）。

总结：
莫比乌斯反演的公式推导，其实就是把$mu$尽量提前，并尽量多地用整除分块优化。

代码也很丑，请见谅：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7+10;
const int mod=20101009;
int prime[670000],tot,miu[N],n,m;
bool v[N];
void get_prime()
{
	miu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(!v[i])prime[++tot]=i,miu[i]=-1;
		for(int j=1,k;(ll)i*prime[j]<=n;j++)
		{
			v[k=(i*prime[j])]=1;
			if(i%prime[j]==0)
			{
				miu[k]=0;
				break;
			}
			else miu[k]=-miu[i];
		}
		miu[i]*=(ll)i*i%mod;
		miu[i]=(miu[i]+miu[i-1])%mod;
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	if(n>m)swap(n,m);
	get_prime();
	ll ans=0;
	for(ll i=1,j,k;i<=n;i=j+1)
	{
		j=min(n/(n/i),m/(m/i));
		k=((j-i+1)*(i+j)/2)%mod;
		ll a=n/i,b=m/i;
		for(int l=1,r;l<=a;l=r+1)
		{
			r=min(a/(a/l),b/(b/l));
			ans+=(((k*(miu[r]-miu[l-1])%mod)*(((a/l+1)*(a/l)/2)%mod)%mod)*(((b/l+1)*(b/l)/2)%mod)%mod);
			ans%=mod;
		}
	}
	if(ans<0)ans+=mod;
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}