题意：一个$n\times n$的有标号点阵，现在用一条直线把它们分成两部分，问有多少种不同的分法
结论：方案数就是以点阵上的点为端点且不经过第三个点的线段数
对一个满足要求的线段，将其绕中点顺时针转一个小角度，所在直线是一种切割方案
对于一种分割方案，把直线逆时针旋转直到卡住，卡到的两个点（在原直线的两边且最近的点对）可以连出一条线段
水平竖直的答案为$2n(n-1)$，斜向的答案是$2\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n(n-i)(n-j)[(i,j)=1]$
后面的sigma可以写成$(n-1)^2+2\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{i-1}(n-i)(n-j)[(i,j)=1]$
一个结论是$\sum\limits_{i=1}^{n-1}i[(n,i)=1]=\frac{n\varphi(n)}2(n\geq2)$，这是因为在$n\geq3$时如果$(n,i)=1$那么$(n,n-i)=1$，刚好配成$\frac{\varphi(n)}2$对，而在$n=2$时又刚好满足
所以它又可以化成$\sum\limits_{i=2}^n(n-i)\left(n\varphi(i)-\frac{i\varphi(i)}2\right)$，展开后本质是求$\sum\limits_{i=1}^ni^k\varphi(i)$
因为$\sum\limits_{d|n}d^k\varphi(d)\left(\frac nd\right)^k=n^{k+1}$，所以直接杜教筛即可
#include<stdio.h>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int T=1000000;
int p;
int mul(int a,int b){return a*(ll)b%p;}
int pr[T+10],phi[T+10],phk[T+10][3];
bool np[T+10];
void sieve(){
int i,j,M=0;
phi[1]=1;
for(i=2;i<=T;i++){
if(!np[i]){
pr[++M]=i;
phi[i]=i-1;
}
for(j=1;j<=M&&i*pr[j]<=T;j++){
np[i*pr[j]]=1;
if(i%pr[j]==0){
phi[i*pr[j]]=phi[i]*pr[j];
break;
}
phi[i*pr[j]]=phi[i]*(pr[j]-1);
}
}
for(i=1;i<=T;i++){
phk[i][0]=(phk[i-1][0]+phi[i])%p;
phk[i][1]=(phk[i-1][1]+mul(i,phi[i]))%p;
phk[i][2]=(phk[i-1][2]+mul(mul(i,i),phi[i]))%p;
}
}
map<int,int>g;
int pre(int k,int n){
if(k==0)return n;
if(k==1)return(ll)n*(n+1)/2%p;
if(k==2)return(__int128)n*(n+1)*(2*n+1)/6%p;
return((ll)n*(n+1)/2%p)*((ll)n*(n+1)/2%p)%p;
}
int S(int k,int n){
if(n<=T)return phk[n][k];
if(g.count(n))return g[n];
int s=pre(k+1,n),i,nex;
for(i=2;i<=n;i=nex+1){
nex=n/(n/i);
(s-=mul(pre(k,nex)-pre(k,i-1),S(k,n/i)))%=p;
}
return g[n]=s;
}
int getT(int n){
int s=mul(mul(n,n),S(0,n)-1),t;
g.clear();
t=mul(S(1,n)-1,3);
if(~t&1)
t>>=1;
else
t=mul(t,(p+1)/2);
(s-=mul(n,t))%=p;
g.clear();
t=S(2,n)-1;
if(~t&1)
t/=2;
else
t=mul(t,(p+1)/2);
(s+=t)%=p;
return s;
}
int main(){
int n;
scanf("%d%d",&n,&p);
sieve();
printf("%lld",((mul(2*n,n-1)+2ll*(mul(n-1,n-1)+2ll*getT(n)))%p+p)%p);
}