简要题意：
给定 \(n,m\)，求：
\(n,m \leq 10^9\).
我们直接奔着 \(100\) 分的数据去吧，不要看部分分，部分分就没意思。
这个式子的瓶颈在于 \(n \space \text{mod} \space i\) 的展开问题。所以只需要用 \(n \space \text{mod} \space i = n - \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \times i\) ，然后灵活用多项式的拆开与合并，一波整除分块带走即可。
首先说好，这一次的推式子没有 莫比乌斯反演，也没有 奇怪的筛法，有的只是 多项式的灵活展开 与 整除分块。
于是我们开始推式子。
首先我们把 \(i=j\) 的答案丢掉，先做所有的答案。
令 \(f_n = \sum_{i=1}^n (n - \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \times i)\)，则 \(\text{ans} = f_n \times f_m\)，考虑如何快速求 \(f\).
然后你会发现这东西直接 整除分块，\(\mathcal{O}( \sqrt{n})\) 很稳。
最后多余的 \(i=j\) 的答案应该会是：
令 \(g_{n,k} = \sum_{i=1}^k i \lfloor \frac{n}{i} \rfloor\)
则：
显然，\(g\) 可以整除分块，所以整个式子都可以整除分块。
对于最后的一块，我们令 \(h_{n,m,k} = \sum_{i=1}^{k} i^2 \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \lfloor \frac{m}{i} \rfloor\)，但是注意到：
\(\sum_{i=1}^{\min(n,m)} i^2 \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \lfloor \frac{m}{i} \rfloor\) 的计算需要用到公式：
但是模意义下的除法不好做。这里有三种解决方法：
- 求出模意义下 \(6\) 的逆元，可惜模数不是质数，我们只能用 \(\text{exgcd}\) 去做。
- 由于 \(n(n+1)\) 不会溢出，可以考虑 \(n(n+1)/2 * (2n+1)/3\)，但是最终的结果会爆 \(\text{long long}\)，因此这种方法不行。
- 直接开 \(\text{\_\_int128}\) 解决所有问题。
当然本人为了方便直接开了 \(\text{\_\_int128}\)，解决了所有的溢出计算问题。反正 \((10^9)^3 = 10^{27}\) 肯定不会超过 \(2^{127}\)，因为 \(2^{127}\) 大概有 \(40\) 位。
上述方法已经说明，\(f\) 和 \(g\) 均可以在 \(\mathcal{O}(\sqrt{n} + \sqrt{m} + \sqrt{\min(n,m)})\) 的时间内解决。\(n\) ，\(m\) 与 \(\min(n,m)\) 均同级，所以最终时间复杂度为 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\).
时间复杂度：\(\mathcal{O}(\sqrt n)\).
实际得分：\(100pts\).
这个故事告诉我们，清华集训的题并不难，在自己擅长的领域完全可以吊打集训队。（当然离那一天还很遥远）
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef __int128 ll;
const ll MOD=19940417;
inline ll read(){char ch=getchar(); int f=1; while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
ll x=0; while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar(); return x*f;}
inline void write(ll x) {
if(x<0) {putchar('-');write(-x);return;}
if(x<10) {putchar(char(x%10+'0'));return;}
write(x/10);putchar(char(x%10+'0'));
} //int128 需要快读快输
inline ll sum(ll n) {return n*(n+1)/2%MOD;} //一维和
inline ll pf(ll n) {return n*(n+1)*(2*n+1)/6%MOD;} //平方和
inline ll min(ll n,ll m) {return n<m?n:m;} //手动最小值
inline ll f(ll n) {
ll ans=0;
for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1) {
r=n/(n/l);
ans=(ans+(n/l)*(sum(r)-sum(l-1))%MOD)%MOD;
} //printf("%lld\n",ans);
return (n*n-ans)%MOD;
} //整除分块计算 f
inline ll g(ll n,ll k) {
ll ans=0;
for(ll l=1,r;l<=k;l=r+1) {
r=n/(n/l); r=min(r,k); //保证块不超过 k
ans=(ans+(n/l)*(sum(r)-sum(l-1))%MOD)%MOD;
} return ans;
} //整除分块计算 g
inline ll h(ll n,ll m,ll k) {
ll ans=0;
for(ll l=1,r;l<=k;l=r+1) {
r=min(n/(n/l),m/(m/l)); r=min(r,k); //保证块不超过 k
ans=(ans+(n/l)*(m/l)%MOD*(pf(r)-pf(l-1))%MOD)%MOD;
} return ans;
} //整除分块计算 h
int main() {
ll n=read(),m=read(),x=min(n,m);
ll tot1=f(n)*f(m)%MOD; //原本答案
ll tot2=(n*m*min(n,m)-n*g(m,x)-m*g(n,x)+h(n,m,x)+MOD+MOD)%MOD; //多余答案
// write(tot1),putchar(' '),write(tot2),putchar('\n');
write((tot1-tot2+MOD)%MOD); //减法需要处理负数
return 0;
}