快乐地打牢基础（14）——莫比乌斯反演

数论千万条，反演第一条。反演不会做，队友两行泪。

一、什么是莫比乌斯反演？

• ${g(n) = \displaystyle\sum_{d|n}f(d)\Longleftrightarrow f(n) = \displaystyle\sum_{d|n}\mu(d)g(\frac{n}{d})}.............(1)$
• ${g(n) = \displaystyle\sum_{n|d}f(d)\Longleftrightarrow f(n) = \displaystyle\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})g(d)}..............(2)$

很多时候函数 $f$很难求，但是函数 $g$可以比较容易的求出来，所有我们通过求出 $g$来求出 $f$,这个由 $g$求出 $f$的过程就是反演。

二、前置知识

---

1.莫比乌斯函数

$\mu(n) =\begin{cases} 1,\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ n=1\\ (-1)^k,\ \ n = P_1P_2...P_k\\0,\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ other\end{cases}$
其中 $P_1P_2...P_k$为质数。

莫比乌斯函数推导

线性筛求莫比乌斯函数：

int prime_tot = 0;
bool prime_tag[N];
int prime[N],mu[N];

void get_prime(){
    mu[1] = 1;//n = 1时，莫比乌斯函数mu[1] = 1,
    for(int i = 2; i < N; i++){
        if(!prime_tag[i]) prime[prime_tot++] = i,mu[i] = -1;//如果i是一个质数，那么其莫比乌斯函数一定是-1
        for(int j = 0; j < prime_tot && i * prime[j] < N; j++){
            prime_tag[i * prime[j]] = true;
            if(i % prime[j] == 0){
                mu[i * prime[j]] = 0;//可以知道此处prime[j] | i，
                					//那么i * prime[j]里就有一个prime[j]的平方存在
                break;
            }else
                mu[i * prime[j]] = -mu[i];//i * prime[j]为k个质数的乘积，如果k是奇数mu[i]就是-1，
                						//是偶数mu[i]为1
        }
    }
}

2.狄利克雷卷积

狄利克雷卷积是一个对函数的运算。

狄利克雷卷积：
对于两个函数 $f,g$,它们的狄利克雷卷积是

$(f*g)(n) = \displaystyle\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$

积性函数：
两个数 $a,b$互质,对于函数 $f$,如果 $f(ab)=f(a)f(b)$,那么函数 $f$就是一个积性函数。

完全积性函数：
任意两个数 $a,b$,都有 $f(ab)=f(a)f(b)$。

常见的积性函数

• 欧拉函数 $\varphi(n)$
• 莫比乌斯函数 $\mu(n)$
• 单位函数 $Id(n) = n$
• 不变函数 $1(n) = 1$，不变的函数，所有值都是 $1$
• 幂函数 $idk(k) = n^k$
• 因子个数函数 $d(n),d = 1(n)*1(n)$，n的正因子数目
• 因子和函数 $\sigma(n),\sigma = 1(n)*Id，n$的所有正因子之和
• 因子函数 $σk(n)$，n的所有正因子的k次幂之和
• 狄利克雷卷积单位元 $\varepsilon = [n==1]$
• 逆元:对于每一个 $f(1)=\not0$的函数 $f$，都有 $f∗g=\varepsilon$

如何求一个函数的逆元：
首先我们定义两个函数 $f,g$：
$g(n)=\frac{1}{f(1)}\left([n==1]-\sum_{i|n,i\neq 1}f(i)g(\frac{n}{i})\right)$
这样的话,他们的狄利克雷卷积 $f*g$ 就是：
$\sum_{i|n}f(i)g(\frac{n}{i})\\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =f(1)g(n)+\sum_{i|n,i\neq1}f(i)g(\frac{n}{i})\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =f(1)*\frac{1}{f(1)}\left([n==1]-\sum_{i|n,i\neq 1}f(i)g(\frac{n}{i})\right)+ \sum_{i|n,i\neq1}f(i)g(\frac{n}{i})\\=[n==1]$
此处证明推导均来自：铃悬dalao的博客

一些关于莫比乌斯函数和狄利克雷卷积单位元的性质

1.不变常数 $1$ 和莫比乌斯函数 $\mu$ 互为逆元。

用上述求逆元的方法直接套，令 $g(n) = 1(n),f(n) = \mu(n)$。

2.两个积性函数的狄利克雷卷积是积性函数。

3.积性函数的逆是积性函数。

2和3具体详细的证明还是参考铃悬dalao的博客https://www.luogu.org/blog/lx-2003/mobius-inversion

3.整除分块

看一个题目：求 $\displaystyle\sum^{n}_{k= 1}\lfloor\frac{n}{k}\rfloor$的值。
可能会想到暴力，直接遍历一遍，但当 $n$很大的时候，时间是使dalao们不满意的。
所以有了整除分块的想法。
拿 $n = 25$ 来举例：
首先可以发现， $\lfloor \frac{\ n\ }{\ k\ }\rfloor$ 只有 $2\sqrt{n}$种，那我们按照 $\lfloor \frac{\ n\ }{\ k\ }\rfloor$ 的结果分类的：

int ans = 0;
for(int l = 1　,　r; l <= n; l = r + 1){
	r = n / (n / l);
	ans += (r - l + 1)(n / l);
}

这样一来，整除通过这种分块的思想就把时间复杂度降到了 $O(2\sqrt{n})$。

三、莫比乌斯反演的证明

---

• ${g(n) = \displaystyle\sum_{d|n}f(d)\Longleftrightarrow f(n) = \displaystyle\sum_{d|n}\mu(d)g(\frac{n}{d})}.............(1)$
• ${g(n) = \displaystyle\sum_{n|d}f(d)\Longleftrightarrow f(n) = \displaystyle\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})g(d)}..............(2)$

首先证明 $(1)$，这很好证明( $1$代表不变函数)：
$g = f*1,f = \mu*g=\mu *1*f=f$
然后证明 $(2)$：
令 $k = \frac{d}{n}$，则：
$\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})g(d)=\sum_{k}\mu(k)g(nk)=\sum_{k}\mu(k)\sum_{(nk)|t}f(t)$
${\displaystyle \sum_{t}f(t)\sum_{(nk)|t}\mu(k)=\sum_{t}f(t)\varepsilon(\frac{t}{n})=f(n)}$

四、一点点题目

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注：所有例题中 $gcd(x,y)$都为 $x,y$的最大公约数。

【例1】luogu P2522 [HAOI2011]Problem b
题意

对于给定的 $T$个询问，每次求友多少个数对 $(x,y)$满足 $a\leq x\leq b,c\leq y\leq d$，且 $gcd(x,y) = k$。

思路
首先可以将问题使用容斥原理转化一下：

定义 $solve(b,d)$为数对 $(x,y)$是满足 $1\leq x\leq b,1\leq y\leq d$，且 $gcd(x,y)=k$的个数。

根据容斥原理：

$ans = solve(b,d) - solve(a-1,d) - solve(b,c-1) + solve(a-1,c-1)$

这样就可以利用一种类似于前缀和的方法求出来答案。

问题就转化为求出 $1\leq x\leq \lfloor\frac{b}{k}\rfloor,1\leq y\leq \lfloor\frac{d}{k}\rfloor$，且 $gcd(x,y)=1$的数对个数。

下面利用莫比乌斯反演，来解题：

首先设
$f(i) = \displaystyle\sum_{x=1}^{n}\sum_{y=1}^{m}[gcd(x,y) == i]$

$g(i) = \displaystyle\sum_{x=1}^{n}\sum_{y = 1}^{m}[i\ |\ gcd(x,y)]=\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{i}\rfloor$

$f(i) = \displaystyle\sum_{i|q }\mu(\frac{q}{i})g(q)= \displaystyle\sum_{i|q }\mu(\frac{q}{i})\lfloor\frac{n}{q}\rfloor\lfloor\frac{m}{q}\rfloor$

通过之前推导出的红字，可以知道现在需要的就是求出 $f(1)$,将 $i = 1，n = \lfloor\frac{b}{k}\rfloor，m= \lfloor\frac{d}{k}\rfloor$代入，可以得到：

$f(1) = \displaystyle\sum_{1|q }\mu(\frac{q}{1})g(q)= \displaystyle\sum_{1|q }\mu(\frac{q}{1})\lfloor\frac{b}{qk}\rfloor\lfloor\frac{d}{qk}\rfloor$

然后使用分块处理可得到答案。

//莫比乌斯反演例题
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 5e4 + 10;
bool prime_tag[N] = {0};
int prime[N],mu[N],prime_tot = 0;
ll sum[N] = {0};
int cas,a,b,c,d,k;

void get_mu(){
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i < N; i++){
        if(!prime_tag[i]){
            prime[prime_tot++] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 0; j < prime_tot && i * prime[j] < N; j++){
            prime_tag[i * prime[j]] = true;
            if(i % prime[j] == 0){
                 mu[i * prime[j]] = 0;
                 break;
            }else{
                mu[i * prime[j]] = -mu[i];
            }
        }
    }
    sum[0] = 0;
    for(int i = 1; i < N; i++)
        sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
}
ll solve(ll b ,ll d){
    b = b / k;
    d = d / k;
    ll res = 0;
    int t = min(b,d);
    for(int l = 1,r; l <= t; l = r + 1){
        r = min((ll)b / (b / l),(ll)d / (d / l));
        res += (sum[r] - sum[l - 1]) * (b / l ) * (d / l);
    }
    return res;
}
int main(){
    get_mu();
    //read(cas);
    scanf("%d",&cas);
    while(cas--){
        //read(a);read(b);read(c);read(d);read(k);
        scanf("%d %d %d %d %d",&a,&b,&c,&d,&k);
        //printf("%d %d %d %d %d\n",a,b,c,d,k);
        printf("%lld\n",solve(b,d) - solve(a-1,d) - solve(b,c-1) + solve(a-1,c-1));
    }
    return 0;
}

【例2】luogu P2257 YY的GCD
题意
给定 $N，M$，求 $1\leq x \leq N,1\leq y \leq M$且 $gcd(x,y)$为质数的 $(x,y)$有多少对？
思路
和上一题很像，区别在于要确保 $gcd(x,y) == k,k$是一个质数。
$f(x) = \displaystyle\sum_{x\in prime}\sum_{x\ | \ d}\mu(\frac{d}{x})g(d)$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\displaystyle\sum_{d = 1}^{min(n,m)}\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor\sum_{x\in prime ,x\ |\ d}\mu(\frac{d}{x})$

这里我们可以令：
$sum[d] = \displaystyle\sum_{x\in prime ,x\ |\ d}\mu(\frac{d}{x})$。

这样一来:
$f(x) = \displaystyle\sum_{x\in prime}\sum_{x\ | \ d}\mu(\frac{d}{x})g(d)$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\displaystyle\sum_{d = 1}^{min(n,m)}\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor sum[d]$

预处理代码：

    sum[0] = 0;
    for(int i = 0 ; i < prime_tot; i++){
        for(int j  = 1; prime[i] * j < N; j++){
            sum[prime[i] * j] += mu[j];
        }
    }
    for(int i = 1 ; i < N; i++)
        sum[i] += sum[i-1] + sum[i];

提前预处理这个 $sum(d)$，再求一个前缀和就可以很好的放在分块中解决

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 1e7 + 7;
int prime[N],prime_tot = 0,mu[N];
ll sum[N] = {0};
bool prime_tag[N] = {0};
int cas,n,m;

void get_mu(){
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i < N; i++){
        if(!prime_tag[i]){
            prime[prime_tot++] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 0 ; j < prime_tot && i * prime[j] < N; j++){
            prime_tag[i * prime[j]] = true;
            if(i % prime[j] == 0){
                mu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            }
                mu[i * prime[j]] = -mu[i];
        }
    }
    sum[0] = 0;
    for(int i = 0 ; i < prime_tot; i++){
        for(int j  = 1; prime[i] * j < N; j++){
            sum[prime[i] * j] += mu[j];
        }
    }
    for(int i = 1 ; i < N; i++)
        sum[i] += sum[i-1] + sum[i];
}
ll solve(){
    ll res = 0,res1 = 0;
    for(int l = 1,r; l <= n; l = r + 1){
        r = min(n / (n / l),m / (m / l));
        res += (ll) (sum[r] - sum[l - 1]) * (n / l) * (m / l);
    }

    return res / 2;
}
int main(){
    get_mu();
    scanf("%d",&cas);
    while(cas--){
        scanf("%d %d",&n,&m);
        if(n > m) swap(n,m);
        printf("%lld\n",solve());

    }
    return 0;
}

【例3】luogu P4449 于神之怒加强版
题意
给定 $n,m,k$,计算 $\displaystyle\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}gcd(i,j)^k\ mod(10^9+7)$的值。
思路
枚举最大公因数 $d$，并计算最大公因数为 $d$ 的数对个数 $\displaystyle\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}[gcd(i,j)==d]$的值
那么答案就是 $\displaystyle\sum_d^{min(n,m)}最大公因数为 d的数对个数\times d^k$
我们使用莫比乌斯反演：
设 $f(u) = \displaystyle\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}[gcd(i,j)==u]........(1) \\g(u) = \displaystyle\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}[u|gcd(i,j)] = \lfloor\frac{n}{u}\rfloor\lfloor\frac{m}{u}\rfloor........(2)$

$f(u) = \displaystyle\sum_{u|p}\mu(\frac{p}{u})g(p)$
由于
$\displaystyle\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}[gcd(i,j)==d]$ 和 $\displaystyle\sum_{i = 1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j = 1}^{\frac{m}{d}}[gcd(i,j)==1]$是等价的

令 $(1)(2)$中的 $n = \lfloor\frac{n}{d}\rfloor,m = \lfloor\frac{n}{d}\rfloor,u = 1$

$f(1) = \displaystyle\sum_{p}\mu(\frac{p}{1})\lfloor\frac{n}{d\times p}\rfloor\lfloor\frac{m}{d\times p}\rfloor$(注意此时 $\lfloor\frac{n}{d\times p}\rfloor$中的 $\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$是常量,是不变换的)

$ans = \displaystyle\sum_dd^k\displaystyle\sum_{p}\mu(p)\lfloor\frac{n}{ dp}\rfloor\lfloor\frac{m}{ dp}\rfloor$
为了使形式更加明显一些，设 $Q = dp$

$ans = \displaystyle\sum_Q\displaystyle\lfloor\frac{n}{ Q}\rfloor\lfloor\frac{m}{ Q}\rfloor \sum_{d\ |\ Q}d^k\mu(\frac{Q}{d})$

到这里我们设 $F(Q) = \displaystyle \sum_{d\ |\ Q}d^k\mu(\frac{Q}{d})$，可以很（bu）容易发现 $F(Q)$是一个狄利克雷卷积的形式。
顺便再来复习狄利克雷卷积的定义：

$(f*g)(n) = \displaystyle\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$。

那么 $F = idk*u$

我们的答案就变成了：

$ans = \displaystyle\sum_Q\displaystyle\lfloor\frac{n}{ Q}\rfloor\lfloor\frac{m}{ Q}\rfloor F(Q)$

前一部分直接使用分块可以很好的求出， $F(Q)$则需要使用线性筛来预处理，并求出前缀和。

根据狄利克雷卷积的性质，因为 $idk$ 和 $\mu$ 都是积性函数所以 $F$也是积性函数，那么 $F$就可以像 $\varphi$一样利用 $F(a\times b) = F(a)\times F(b)$求出。

对于 $F(Q) = \displaystyle \sum_{d\ |\ Q}d^k\mu(\frac{Q}{d})$，将Q按唯一分解定理分解：
$Q = p_1^{c1}p_2^{c2}...p_m^{cm}$

$F(Q) = \displaystyle\prod_{i =1}^m F(p_i^{ci})........(1)$

同时，对于 $F(p_i^{ci})$，因为莫比乌斯函数的性质， $\mu(prime)=-1,\mu(1)=1$,所以只有在 $d = p_i^{ci-1}$和 $d = p_i^{ci}$ 时对 $\displaystyle \sum_{d\ |\ p_i^{ci}}d^k\mu(\frac{p_i^{ci}}{d})$有贡献。所以， $(1)$可以转化为：

$F(Q)$
$\displaystyle=\prod_{i=1}^{m}(p_i^{k\times (ci-1)}\times \mu(p_i)\ +\ p_i^{k\times c_i}\times \mu(1))$

$\displaystyle =\prod_{i=1}^{m}p_i^{k\times (ci-1)}\times(p_i^{k}-1)$

当 $prime[j] \ |\not i$的时候，两者互质，满足积性函数的性质， $f[i * prime[j]] = f[i] * f[prime[j]]$
当 $prime[j] \ |\ i$的时候， $f[i * prime[j]] = f[i] * prime[j]^k$

第二个结论和筛 $\varphi$函数的时候类似，下面证明一下：
令 $p = prime[j]$
$p[j] \ |\ i$时，证明 $\frac{i}{p[j]}$ 和 $i$有相同的质因子，那么

$\frac{F(i)}{F(\frac{i}{p})}=\frac{p_i^{k{(ci-1)}}\times p_i^k-1...}{p_i^{k{(ci-2)}}\times p_i^k-1...}=p^k$

所以， $f[i * prime[j]] = f[i] * prime[j]^k$。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 5e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
ll prime[N],mu[N],tot = 0,f[N] ={0},g[N] = {0};
bool prime_tag[N] = {0};
int t,k,n,m;
ll qpow(ll a,ll b){
    ll res = 1ll;
    while(b){
        if(b & 1){
            res = res * a % mod;
        }
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
void init(){
    f[1] = 1;
    for(int i = 2; i < N; i++){
        if(!prime_tag[i]){
            prime[tot] = i;
            g[tot] = qpow(i,k);
            f[i] = (g[tot]-1 + mod) % mod;
            tot++;
        }
        for(int j = 0; j < tot && i * prime[j] < N; j++){
            prime_tag[i * prime[j]] = true;
            if(i % prime[j] == 0){
                f[i * prime[j]] = (ll)f[i] * g[j] % mod;
                break;
            }else
                f[i * prime[j]] = (ll)f[i] * f[prime[j]] % mod;
        }
    }
    f[0] = 0;
    for(int i = 1; i < N; i++)
        f[i] = (f[i] + f[i-1]) % mod;

}
ll solve(){
    ll res = 0;
    for(int l = 1,r ; l <= n; l = r + 1){
        r = min(n / (n / l), m / (m / l));
        res += (f[r] - f[l - 1] + mod ) % mod  * (n / l) % mod * (m / l) % mod ;
       //printf("f[r] - f[l - 1] = %lld ,res = %lld\n",f[r] - f[l - 1],res);
    }
    return res % mod;
}
int main(){
    scanf("%d %d", &t, &k);
    init();
    while(t--) {
        scanf("%d %d", &n, &m);
        if(n > m) swap(n, m);
        printf("%lld\n", solve());
    }
    return 0;
}

【例4】P1829 [国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB
题意

为了研究最小公倍数， $Crash$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 $LCM(i,j)$。 $Crash$想知道表格里所有的数的和mod 20101009的值。

思路
首先将问题转化为数学形式，保证 $N<=M$，如果大就进行交换：

$ans = \displaystyle\sum_{i =1}^{N}\sum_{j = 1}^{M}lcm(i,j)$

$= \displaystyle\sum_{i =1}^{N}\sum_{j = 1}^{M}\frac{i*j}{gcd(i,j)}$

令 $d = gcd(i,j)$，我们枚举 $d$，则：
$ans = \displaystyle\sum_{d}^{N}\frac{1}{d}\sum_{i}^{N}\sum_{j}^{M}i\times j[\ gcd(i,j)==d\ ]$

设 $f(N,M,d) = \displaystyle\sum_{i}^{N}\sum_{j}^{M}i\times j[\ gcd(i,j)==d\ ]$
设 $g(N,M,d) = \displaystyle\sum_{i}^{N}\sum_{j}^{M}i\times j[\ d\ |\ gcd(i,j)\ ]=\sum_{d|i}^{N}i\sum_{d|j}^{M}j =d^2\times\frac{\lfloor\frac{N}{d}\rfloor(\lfloor\frac{N}{d}\rfloor+1)}{2}\times\frac{\lfloor\frac{M}{d}\rfloor(\lfloor\frac{M}{d}\rfloor+1)}{2}$

这里是一个循环对 $j$求和，一个循环对 $i$求和， $\displaystyle\sum_{i}^{N}\sum_{j}^{M}i\times j$ 和 $\displaystyle\sum_{i_1}^{\lfloor\frac{N}{d}\rfloor}\sum_{j_1}^{\lfloor\frac{M}{d}\rfloor}d^2\times i_1\times j_1$等价

简要证明：首先我们知道 $i\in[1,N],j\in[1,M]$，满足 $gcd(i,j) == d$ 的数对个数是 ${\lfloor\frac{N}{d}\rfloor}\times{\lfloor\frac{M}{d}\rfloor}$，我们将 $i,j$ 除以 $d$ ,缩小了范围，将 $i,j$的范围从 [1,N] 和 [1,M] 缩小到了 [1, ${\lfloor\frac{N}{d}\rfloor}$] 和[1, ${\lfloor\frac{M}{d}\rfloor}$]，变成了 $i_1,j_1$。 $i= d\times i_1,j= d\times j_1$。

开始莫比乌斯反演：

$f(d) = \displaystyle\sum_{d | n}\mu(\frac{n}{d})g(n)=\sum_{d | n}\mu(\frac{n}{d})\times n^2\times\frac{\lfloor\frac{N}{n}\rfloor(\lfloor\frac{N}{n}\rfloor+1)}{2}\times\frac{\lfloor\frac{M}{n}\rfloor(\lfloor\frac{M}{n}\rfloor+1)}{2}$

$ans = \displaystyle\sum_{d=1}^{N}\frac{1}{d}\times f(d)$
$ans = \displaystyle\sum_{d =1}^{N}\frac{1}{d}\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})\times n^2\times\frac{\lfloor\frac{N}{n}\rfloor(\lfloor\frac{N}{n}\rfloor+1)}{2}\times\frac{\lfloor\frac{M}{n}\rfloor(\lfloor\frac{M}{n}\rfloor+1)}{2}$

令 $x = \frac{n}{d}$，枚举 $x$。

$ans = \displaystyle\sum_{d=1}^{N}\frac{1}{d}\sum_{x}^{\lfloor\frac{N}{d}\rfloor}\mu(x)\times d^2\times x^2\times \frac{\lfloor\frac{N}{n}\rfloor(\lfloor\frac{N}{n}\rfloor+1)}{2}\times\frac{\lfloor\frac{M}{n}\rfloor(\lfloor\frac{M}{n}\rfloor+1)}{2}$

$ans = \displaystyle\sum_{d=1}^{N}\sum_{x}^{\lfloor\frac{N}{d}\rfloor}\mu(x)\times x\times n\times \frac{\lfloor\frac{N}{n}\rfloor(\lfloor\frac{N}{n}\rfloor+1)}{2}\times\frac{\lfloor\frac{M}{n}\rfloor(\lfloor\frac{M}{n}\rfloor+1)}{2}$

$ans = \displaystyle\sum_{n=1}^{N}n\times \frac{\lfloor\frac{N}{n}\rfloor(\lfloor\frac{N}{n}\rfloor+1)}{2}\times\frac{\lfloor\frac{M}{n}\rfloor(\lfloor\frac{M}{n}\rfloor+1)}{2}\sum_{x|n}\mu(x)\times x$

前一部分直接可以数论整除分块，根据莫比乌斯反演的性质后一部分是一个积性函数，我们在线性筛中预处理。

设 $f_1(n) =\displaystyle\sum_{x|n}\mu(x)\times x$

根据唯一分解定理：

$n = p_1^{c1} p_2^{c2} p_3^{c3}... p_k^{ck}$

$\displaystyle f_1(n) = f_1(p_1^{c1} p_2^{c2} p_3^{c3}... p_k^{ck}) = \prod_{i=1}^{k}p_i^{ci}$

对于 $f_1(n)$，当 $n\ \ is\ \ prime$ 时，在求和的过程中，根据莫比乌斯函数的性质，只有当 $x$ 只有 $n,1$ 两个值可取，的时候对和有贡献。所以当 $n\ \ is\ \ prime$ 时， $f_1(n)=1-n$。

这样我们线性筛的时候就很简单了：

当 $i \ mod\ prime[j] == 1$时， $f_1(i*prime[j])=f_1(i)\times f_1(prime[j])$

当 $i \ mod\ prime[j] == 0$时， $f_1(i*prime[j])=f_1(i)=1-i$

设 $p = prime[j]$
.
当 $i \ mod\ p == 0$时， $\frac{n}{p},n$ 都是 $p$ 的倍数，
.
$\displaystyle \frac{f_1(n)}{f_1(\frac{n}{p})}=\frac{(1-p_1)(1-p_2)...(1-p_k)}{(1-p_1)(1-p_2)...(1-p_k)}=1$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;

const int mod = 20101009;
const int Max = 1e7 + 10;
int prime[Max],prime_tot = 0,f[Max],s[Max];
bool prime_tag[Max] = {0};
int n,m;

void get_prime(){
	f[1] = 1;
	for(int i = 2; i < Max; i++){
		if(!prime_tag[i]){
			prime[prime_tot++] = i;
			f[i] = (1 - i + mod) % mod;
		}
		for(int j = 0 ; j < prime_tot && i * prime[j] < Max; j++){
			prime_tag[i * prime[j]]  = true;
			if(i % prime[j] == 0){
				f[i * prime[j]] = f[i];
				break;
			}else{
				f[i * prime[j]] = 1ll * f[i] * f[prime[j]] % mod ;
			}
		}
	}
	f[0] = 0;
	for(int i = 1; i < Max; i++)
		f[i] = (f[i-1]  + 1ll * f[i] * i % mod) % mod;
}
ll solve(){
	ll ans = 0,t1,t2,t3;
	for(int l = 1,r; l <= n; l = r + 1){
		r = min(n / (n / l),m / (m / l));
		t1 = 1ll *(f[r] - f[l-1] + mod ) % mod;
		t2 = 1ll * (n / l) * (n / l + 1) / 2 % mod;
		t3 = 1ll * (m / l) * (m / l + 1)  / 2 % mod;
		ans += t1 % mod * t2 % mod * t3 % mod ;
	}
	return ans % mod;
}
int main(){
	get_prime();
	scanf("%d%d",&n,&m);
	if(n > m) swap(n,m);
	printf("%lld",solve());
	return 0;
}