题目
分析
一步步删掉循环，
首先，原式是$$sum_{i=1}nsum_{j=1}msum_{k=i}nsum_{l=j}msum_{p=i}ksum_{q=j}l1$$
删掉最后两个循环
[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^msum_{k=i}^nsum_{l=j}^m(k-i+1)(l-j+1)
]
发现，当(i,j)固定，随着(k,l)的变化，((k-i+1),(l-j+1))都是每次减少1
SO，
[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m[1+2+···+(n-i+1)][1+2+···+(m-j+1)]
]
再根据等差数列求和公式，
[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^mdfrac{(n-i+1)(n-i+2)(m-j+1)(m-j+2)}{4}
]
又发现(sum_{i=1}^n(n-i+1)(n-i+2),)其实就是(1*2+2*3+3*4+···+n*(n+1))
设其为(g(n)),(m)类似
答案就是(dfrac{g(n)*g(m)}{4})
接着考虑求(g(n))
[=1^2+1+2^2+2+3^2+3+···+n^2+n
]
[=1^2+2^2+3^2+···+n^2+1+2+3+···+n
]
根据自然数幂和得
[=dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}+dfrac{n(n+1)}{2}
]
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
const int maxlongint=2147483647;
const long long mo=1000000007;
const int N=10000005;
using namespace std;
long long ans,n,m,ny4,ans1,ans2,ny6;
long long mi(long long x,long long y)
{
long long sum=1;
while(y)
{
if(y&1) sum=sum*x%mo;
x=x*x%mo;
y/=2;
}
return sum;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
n%=mo;
m%=mo;
ny4=mi(4,mo-2);
ny6=mi(6,mo-2);
ans1=((n*(n+1)%mo*(2*n+1)%mo*ny6%mo)+(n+1)*n/2%mo)%mo;
ans2=((m*(m+1)%mo*(2*m+1)%mo*ny6%mo)+(m+1)*m/2%mo)%mo;
printf("%lld",ans1*ans2%mo*ny4%mo);
}