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Description
今天的数学课上，Crash小朋友学习了最小公倍数(Least Common Multiple)。对于两个正整数a和b，LCM(a, b)表示能同时被a和b整除的最小正整数。例如，LCM(6, 8) = 24。回到家后，Crash还在想着课上学的东西，为了研究最小公倍数，他画了一张N*M的表格。每个格子里写了一个数字，其中第i行第j列的那个格子里写着数为LCM(i, j)。一个4*5的表格如下： 1 2 3 4 5 2 2 6 4 10 3 6 3 12 15 4 4 12 4 20 看着这个表格，Crash想到了很多可以思考的问题。不过他最想解决的问题却是一个十分简单的问题：这个表格中所有数的和是多少。当N和M很大时，Crash就束手无策了，因此他找到了聪明的你用程序帮他解决这个问题。由于最终结果可能会很大，Crash只想知道表格里所有数的和mod 20101009的值。
Input
输入的第一行包含两个正整数，分别表示N和M。
Output
输出一个正整数，表示表格中所有数的和mod 20101009的值。
Sample Input
Sample Output
【数据规模和约定】
100%的数据满足N, M ≤ 10^7。
正解：线性筛+莫比乌斯反演
解题报告：
我跟网上的推导方法都不太一样，似乎我的更好理解一下吧...
下面是我的推导过程：（不妨设n<m）
${sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}lcm(i,j)}$
${=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}frac{ij}{gcd(i,j)}}$
${=sum_{g=1}^{n}sum_{i=1}^{left lfloor frac{n}{g} ight floor}sum_{j=1}^{left lfloor frac{m}{g} ight floor}sum_{t|i,t|j}mu (t)ijg}$
令$S[n]=sum_{i=1}^{n}i$，则
原式${=sum_{g=1}^{n}gsum_{t=1}^{leftlfloorfrac{n}{g} ight floor}mu (t)t^2 S(left lfloor frac{n}{gt} ight floor) S(left lfloor frac{m}{gt} ight floor)}$
令$Q=gt$，换元得：
原式${=sum_{Q=1}^{n}S(left lfloor frac{n}{Q} ight floor)S(left lfloor frac{m}{Q} ight floor)Qsum_{t|Q}mu (t)t}$
不妨设${f(n)=sum_{t|n}mu(t)t}$
则$f(n)$为积性函数，可以在$O(n)$的复杂度内，做线性筛时顺便递推得到：
${f(i*p)=f(i)*f(p) ,}$$i$ $mod$ $p$ ${!=0}$
${=f(i) ,}$$i$ $mod$ $p$ ${=0}$
（p为质数）
总复杂度：$O(n)$
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#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
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#include <vector>
#include <queue>
#include <complex>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 10000011;
const int MOD = 20101009;
int n,m,cnt,ans;
int prime[MAXN],S[MAXN],f[MAXN];
bool vis[MAXN];
inline int getint(){
int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
}
inline void work(){
n=getint(); m=getint(); if(n>m) swap(n,m); LL now;
f[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++) {
if(!vis[i]) { prime[++cnt]=i; f[i]=-i+1; }
for(int j=1;j<=cnt && i*prime[j]<=n;j++) {
vis[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0) { f[i*prime[j]]=f[i]; break; }
now=(LL)f[i]*f[prime[j]]; now%=MOD;
f[i*prime[j]]=now;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++) S[i]=S[i-1]+i,S[i]%=MOD;
for(int Q=1;Q<=n;Q++) {
now=(LL)S[n/Q]*S[m/Q]; now%=MOD;
now*=f[Q]; now%=MOD;
now*=Q; now%=MOD;
ans+=now; ans%=MOD;
}
ans+=MOD; ans%=MOD;
printf("%d",ans);
}
int main()
{
work();
return 0;
}