GuGuFishtion
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题意
给出定义(Gu(a, b) = frac{phi(ab)}{phi(a)phi(b)})
求出(sum_{a=1}^{m}sum_{b=1}^{n}Gu(a,b) (mod p))
思路
首先对于欧拉函数，我们知道欧拉函数的朴素式子为：(phi(n) = n*(1-frac{1}{p1})*(1-frac{1}{p2}) * ... * (1-frac{1}{pn}))，(pi) 为 (n) 的质因子。
对于任意两个数 (a,b)，令 (g = gcd(a, b))
- 若 (g != 1)，令 (pi) 为 (a) 特有的质因子，(qi) 为 (b) 特有的质因子，(ti) 为(a,b) 共有的质因子，那么将 (Gu(a, b)) 展开，就可以得到
[egin{aligned}
Gu(a, b) &= frac{phi(ab)}{phi(a)phi(b)}\
&= frac{ab prod(1-frac{1}{pi}) prod(1-frac{1}{ti}) prod(1-frac{1}{qi}) }{a prod(1-frac{1}{pi}) prod(1-frac{1}{ti}) b prod(1-frac{1}{qi})prod(1-frac{1}{ti})} \
&= frac{1}{prod(1-frac{1}{ti})}
end{aligned}
]
现在我们设 (x)，(x) 包括了所有的 (ti)，那么就有
[egin{aligned}
Gu(a, b) &= frac{1}{prod(1-frac{1}{ti})} \
&= frac{x}{xprod(1-frac{1}{ti})} \
&= frac{x}{phi(x)}
end{aligned}
]
(x) 也很好知道是多少，其实 (g) 就满足同时包括了所有 (ti) 的数，所以我们可以设 (x = g)，就可以得到 (Gu(a,b) = frac{g}{phi(g)})。
2. 若 (g=1)，此时不存在 (ti)，但这是 (Gu(a, b)) 展开后全部消掉了，所以答案为 (1)，而 (frac{1}{phi(1)}) 也正好为 (1)，所以也可以看成 (Gu(a,b) = frac{g}{phi(g)})。
综合上述，(Gu(a,b) = frac{g}{phi(g)})。
此时我们只要计算出 (gcd(a, b) = x (ain [1,m], bin[1,n])) 的对数，就可以直接计算答案了。
这里可以利用经典的莫比乌斯反演，也可以利用容斥原理。
令：
(f(i)) 表示 (gcd) 等于 (i的倍数) 的对数
(g(i)) 表示 (gcd) 等于 (i) 的对数
那么就有
[f(i) = lfloorfrac{m}{i}
floor lfloorfrac{n}{i}
floor \
g(i) = f(i) - sum_{j=2}^{i*j<=min(n,m)} g(ij)
]
如此倒着计算 (g(i))，就可以得出答案。
Hint
emmmm，这题其实有点卡常，要注意取模的次数和自然数逆元打表的姿势。
/***************************************************************
> File Name : a.cpp
> Author : Jiaaaaaaaqi
> Created Time : 2019年08月26日 星期一 16时58分58秒
***************************************************************/
#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <ctime>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cfloat>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <bitset>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <unordered_map>
#define lowbit(x) x & (-x)
#define mes(a, b) memset(a, b, sizeof a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define pii pair<int, int>
typedef unsigned long long int ull;
typedef long long int ll;
const int maxn = 1e6 + 10;
const int maxm = 1e5 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 100;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double pi = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
using namespace std;
ll n, m;
int cas, tol, T;
int pri[maxn], phi[maxn];
bool ispri[maxn];
ll f[maxn], g[maxn], inv[maxn];
void handle() {
int mx = 1e6;
mes(ispri, 1);
tol = 0;
phi[1] = 1;
for(int i=2; i<=mx; i++) {
if(ispri[i]) {
pri[++tol] = i;
phi[i] = i-1;
}
for(int j=1; j<=tol&&i*pri[j]<=mx; j++) {
ispri[i*pri[j]] = 0;
if(i%pri[j] == 0) {
phi[i*pri[j]] = phi[i]*pri[j];
break;
} else {
phi[i*pri[j]] = phi[i]*(pri[j]-1);
}
}
}
}
int main() {
// freopen("in", "r", stdin);
handle();
inv[1] = 1;
scanf("%d", &T);
while(T--) {
ll p;
scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &p);
ll x = min(n, m);
for(int i=2; i<=x; i++) inv[i] = (p-p/i)*inv[p%i]%p;
for(int i=1; i<=x; i++) f[i] = (n/i)*(m/i)%p;
for(int i=x; i>=1; i--) {
g[i] = f[i];
for(int j=2; i*j<=x; j++) {
g[i] -= g[i*j];
if(g[i]<0) g[i]+=p;
}
}
ll ans = 0;
for(int i=1; i<=x; i++) {
ans += 1ll*g[i]*i%p * inv[phi[i]]%p;
ans %= p;
}
printf("%lld
", ans);
}
return 0;
}