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一道挺有意思的题。
在做这道题前，你需要知道：
(*) $ sum _{i=1}^{n} (phi (i)* lfloor frac n i floor)= frac {n*(n+1)} 2$
(*) $ phi (i)= n*(prod_{(p_i | n)} (1- frac 1 {p_i}))$
然后就可以愉快的切题了（不是
我们的主要思路就是 (sum _{i=1}^{n} - sum_{i=1}^{k} - sum_{i=n-k+1}^{n}) ，用全部的和减头减尾。其中第一项可以用上面的公式 (1) (O(1)) 求得，第二项由于欧拉函数有线性递推式（见代码的 ("euler") 函数），也可以暴力预处理。所以需要解决的就只剩下第三项了。
对于第三项的线性推肯定是行不通的，欧拉函数的线性递推式必须是已知前 (n-1) 项才必能求出第 (n) 项。时间和空间上都会爆掉。
直接使用欧拉函数筛法也不行，最坏情况 (O(k) (sqrt n))，会 (T) 的很悲惨。
也不能用杜教筛，因为我不会。
换种思路，现在我们知道了公式 (2) 。那么我们如果能在较短时间内 (O(k) (log) (n)) 求出每个 (x in [n-k+1,n]) 的所有质因数，就可以完成程序。
方法当然是有的，就是线性筛素数的变种。枚举每个质数 (p_i in [1,sqrt n]) ，求出它在 ([n-k+1,n]) 中的最小倍数，然后以 (p_i) 为步长，就可以把区间内所有 (p_i) 的倍数打上 (tag)，可以直接求出整个区间的答案 。
至于时间复杂度，应该是 (sum _{i=1}^{tot} frac {n}{p_i})，是接近 $ O(k$ (log) (n)) 的。也就是说是可以 (A) 了此题的。
我大概是个傻子，考场上就是不预处理。
(Tip:) 可能会出现一些奇奇怪怪的事情，注意细节。
//#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
ll n,k,tot,x,sum,ANS,F;
bool b[1000010];
int res[1000100],f[1000100][41],p[1000010];
inline void getp(ll n){
for(ll i=2;i<=sqrt(n);i++){
if(b[i])continue;
p[++tot]=i;
for(int j=2*i;j<=sqrt(n);j+=i)b[j]=1;
}
}
inline void euler()
{
res[1]=1;
for(int i=2;i<k;i++)
{
if(!res[i])
{
for(int j=i;j<k;j+=i)
{
if(!res[j])res[j]=j;
res[j]=res[j]/i*(i-1);
}
}
}
}
int main()
{
// freopen("mogic.in","r",stdin);
// freopen("mogic.out","w",stdout);
cin>>n>>k;getp(n);euler();
x=(n%mod)*((n+1)%mod)/2; //这里其实并不需要逆元。
for(ll i=1;i<k;i++)sum=(sum+res[i]*(n/i)%mod)%mod;
for(ll i=1;i<=tot;i++){
ll sq=ceil((double)(n-k+1)/(double)p[i])*p[i];
for(ll j=sq;j<=n;j+=p[i])
f[j-n+k][++f[j-n+k][0]]=i;
}
for(ll i=1;i<=k;i++){
F=n-k+i;
ll pr=n-k+i;
for(int j=1;j<=f[i][0];j++){
F=F/p[f[i][j]]*(p[f[i][j]]-1);
while(!(pr%p[f[i][j]]))pr/=p[f[i][j]];
}
if(F==n-k+i)F--;
else if(pr!=1)F=F/pr*(pr-1);
sum=(sum+F*(n/(n-k+i)))%mod;
}
ANS=(x-sum+mod)%mod;cout<<ANS;
return 0;
}