首先推式子：
[egin{aligned}
ans&=sumlimits_{i=A}^Bsumlimits_{j=1}^i{dfrac{i}{j}}
end{aligned}
]
考虑差分，设
[f(n)=sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^i{dfrac{i}{j}}
]
那么
[ans=f(B)-f(A-1)
]
考虑如何计算 (f(n))：
[egin{aligned}
f(n)&=sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^i{dfrac{i}{j}}\
&=sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^idfrac{i}{j}-lfloordfrac{i}{j}
floor\
&=sumlimits_{i=1}^ni·sumlimits_{j=1}^idfrac{1}{j}-sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^nlfloordfrac{i}{j}
floor\
end{aligned}
]
如果设 (s_i=sumlimits_{j=1}^idfrac{1}{j})，那么减号前面的东西可写作 (sumlimits_{i=1}^ni·s_i)，一遍前缀和求出。下面着重考虑减号右边的东西：
[egin{aligned}
sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^nlfloordfrac{i}{j}
floor
end{aligned}
]
然后就是此题一个比较亮眼的地方了，考虑对 (lfloordfrac{i}{j} floor) 进行等价转化，不难发现 (lfloordfrac{i}{j} floor=sumlimits_{jmid k}[kle i])，于是乎原式改写为：
[sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^nsumlimits_{kmid j}[kle i]
]
考虑每个 (k) 会对多少对 ((i,j)) 产生贡献，显然符合条件的 (i) 的个数为 ((n+1-i))，(j) 的个数为 (d(k))，其中 (d) 为约数个数和函数，那么上式可进一步写作：
[sumlimits_{k=1}^n(n+1-k)·d(k)
]
维护 (d(k),k·d(k)) 的前缀和即可快速计算上式。
如果您比较勤快使用线性筛求解 (d) 那么时间复杂度为 (mathcal O(n))，而我比较懒所以直接调和级数枚举，复杂度 (nlog n)。
using namespace fastio;
const int MAXN=1e6;
int inv[MAXN+5],s[MAXN+5],ss[MAXN+5],d[MAXN+5],sd[MAXN+5],ssd[MAXN+5];
void init(){
for(int i=(inv[0]=inv[1]=1)+1;i<=MAXN;i++) inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
for(int i=1;i<=MAXN;i++) s[i]=(s[i-1]+inv[i])%MOD,ss[i]=(ss[i-1]+1ll*s[i]*i)%MOD;
for(int i=1;i<=MAXN;i++) for(int j=i;j<=MAXN;j+=i) d[j]++;
for(int i=1;i<=MAXN;i++) sd[i]=(sd[i-1]+d[i])%MOD,ssd[i]=(ssd[i-1]+1ll*i*d[i])%MOD;
}
int calc(int x){return (ss[x]-(1ll*(x+1)*sd[x]%MOD-ssd[x]+MOD)%MOD+MOD)%MOD;}
int main(){
init();int qu;read(qu);
while(qu--){
int l,r;read(l);read(r);
printf("%d
",(calc(r)-calc(l-1)+MOD)%MOD);
}
return 0;
}