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： $\large \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m lcm(i,j)$ $lcm$没法玩，我们转到$gcd$形式： $\large \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m \frac{i*j}{gcd(i,j)}$ 根据套路，我们去枚举$gcd$ $\large \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d=1}^{n} \frac{i*j}{d}[gcd(i,j)=d]$ 然后可以把$d$的和号移到前面去 $\large \sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m \frac{i*j}{d}[gcd(i,j)=d]$ 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 $\large \sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d} {i*j}[gcd(i,j)=1]$ 然后我们可以套路地根据$[x=1]=\sum_{dx}\mu(d)$这个柿子把$gcd(i,j)$处理掉： $\large \sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d} {i*j}\sum_{kgcd(i,j)}\mu(k)$ 根据套路，我们把这种奇奇怪怪的和式变为枚举的形式 $\large \sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d} {i*j}\sum_{k=1}^{n/d}[kgcd(i,j)]\mu(k)$ 然后就可以把$k$往前提了 $\large \sum_{d=1}^{n}d\sum_{k=1}^{n/d}\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d} {i*j}*[kgcd(i,j)]\mu(k)$ 要有$kgcd(i,j)$，$i,j$一定要为$k$的倍数 $\large \sum_{d=1}^{n}d\sum_{k=1}^{n/d}\sum_{i=1}^{\frac{n}{d*k}}\sum_{j=1}^{\frac{m}{d*k}} {i*j*k^2}*\mu(k)$ 然后我们简单的移一下项方便处理 $\large \sum_{d=1}^{n}d\sum_{k=1}^{n/d}*\mu(k)*k^2\sum_{i=1}^{\frac{n}{d*k}}i\sum_{j=1}^{\frac{m}{d*k}} j$ 后面的$j$与$i$没有半毛钱关系，我们可以把它分离开来 $\large \sum_{d=1}^{n}d\sum_{k=1}^{n/d}*\mu(k)*k^2(\sum_{i=1}^{\frac{n}{d*k}}i)(\sum_{j=1}^{\frac{m}{d*k}} j)$ 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

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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;
}

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