这道题我们要求的是
\[\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^Mlcm(i,j)\]
总所周知\(lcm\)的性质不如\(gcd\)优雅，但是唯一分解定理告诉我们\(gcd(i,j)\times lcm(i,j)=i\times j\)
所以很容易的可以转化成这个柿子
\[\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M\frac{i\times j}{(i,j)}\]
现在开始套路了
先设两个函数
\[f(n)=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M[(i,j)==n]\times i\times j\]
\[F(n)=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M[n|(i,j)]\times i\times j\]
\[=\frac{n\times(\left \lfloor \frac{N}{n}\right \rfloor+1)\times \left \lfloor \frac{N}{n} \right \rfloor}{2}\times\frac{n\times(\left \lfloor \frac{M}{n}\right \rfloor+1)\times \left \lfloor \frac{M}{n} \right \rfloor}{2}\]
显然则有
\[F(n)=\sum_{n|d}f(d)\]
反演得
\[f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)\]
于是答案就是
\[Ans=\sum_{i=1}^N\frac{f(i)}{i}\]
\[=\sum_{i=1}^N\times\frac{1}{i}\sum_{i|d}\mu(\frac{d}{i})\frac{d\times(\left \lfloor \frac{N}{d}\right \rfloor+1)\times \left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor}{2}\times\frac{d\times(\left \lfloor \frac{M}{d}\right \rfloor+1)\times \left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}{2}\]
后面的一大坨东西真是太烦人了，搞到前面来
\[Ans=\sum_{d=1}^N\frac{(\left \lfloor \frac{N}{d}\right \rfloor+1)\times \left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor\times(\left \lfloor \frac{M}{d}\right \rfloor+1)\times \left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}{4}\sum_{i|d}\frac{\mu(\frac{d}{i})\times d^2}{i}\]
于是我们可以用\(\Theta(n \ln n)\)来求出\(\sum_{i|d}\frac{\mu(\frac{d}{i})\times d^2}{i}\)之后前缀和
于是有了一个\(70\)分的代码
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define re register
#define maxn 10000005
#define LL long long
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
const LL mod=20101009;
int n,m;
int f[maxn],p[maxn>>2];
LL pre[maxn];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
if(n>m) std::swap(n,m);
f[1]=pre[1]=1;
for(re int i=2;i<=n;i++)
{
if(!f[i]) p[++p[0]]=i,pre[i]=(1-i+mod);
for(re int j=1;j<=p[0]&&p[j]*i<=n;j++)
{
f[p[j]*i]=1;
if(i%p[j]==0)
{
pre[i*p[j]]=pre[i];
break;
}
pre[p[j]*i]=pre[p[j]]*pre[i]%mod;
}
}
for(re int i=1;i<=n;i++) pre[i]=(i*pre[i]%mod+pre[i-1])%mod;
LL ans=0;
for(re LL l=1,r;l<=n;l=r+1)
{
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
LL N=n/l,M=m/l;
ans=(ans+((N+1)*N/2%mod)*((M+1)*M/2%mod)%mod*(pre[r]-pre[l-1]+mod)%mod)%mod;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
显然不行
我们设\(T=\frac{d}{i}\)
那么
\[\sum_{i|d}\frac{\mu(\frac{d}{i})\times d^2}{i}=d\times\sum_{T|d}\mu(T)\times T\]
定义\(h(x)=\sum_{T|x}\mu(T)\times T\)
会发现\(h\)是一个积性函数，可以考虑如何线筛
首先\(x\)是质数\(h(x)=1-x\)
互质的话可以直接乘起来
如果不互质的话需要好好考虑一下了
仔细思考一下这个\(h\)的含义，会发现有一些约数\(T\)是没有用的，就是那些\(\mu(T)=0\)的约数
而线筛的时候一旦\(i\%p[j]==0\)，说明\(p[j]\)在\(i\)中出现过，于是\(p[j]\)并不能组成一些新的有用约数，函数值和\(h(i)\)相比其实没有什么变化，所以就有
\[h(p[j]*i)=h(i)\]
于是现在的答案变成了
\[Ans=\sum_{d=1}^N\frac{(\left \lfloor \frac{N}{d}\right \rfloor+1)\times \left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor\times(\left \lfloor \frac{M}{d}\right \rfloor+1)\times \left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}{4}\times d\times h(d)\]
于是直接求\(d\times h(d)\)的前缀和就好了
代码
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define re register
#define maxn 10000005
#define LL long long
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
const LL mod=20101009;
int n,m;
int f[maxn],p[maxn>>2];
LL pre[maxn];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
if(n>m) std::swap(n,m);
f[1]=pre[1]=1;
for(re int i=2;i<=n;i++)
{
if(!f[i]) p[++p[0]]=i,pre[i]=(1-i+mod);
for(re int j=1;j<=p[0]&&p[j]*i<=n;j++)
{
f[p[j]*i]=1;
if(i%p[j]==0)
{
pre[i*p[j]]=pre[i];
break;
}
pre[p[j]*i]=pre[p[j]]*pre[i];
}
}
for(re int i=1;i<=n;i++) pre[i]=(i*pre[i]%mod+pre[i-1])%mod;
LL ans=0;
for(re LL l=1,r;l<=n;l=r+1)
{
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
LL N=n/l,M=m/l;
ans=(ans+((N+1)*N/2%mod)*((M+1)*M/2%mod)%mod*(pre[r]-pre[l-1]+mod)%mod)%mod;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}