一看数据范围，显然本题复杂度和\(k\)没啥关系，只可能跟\(n\)有关系，注意到\(n \leq 10^9\)，考虑杜教筛。
但是第一步得先推式子。
\[ f_n(k) = \sum_{l_1 = 1}^{n} \sum_{l_2 = 1}^{n} ... \sum_{l_k = 1}^{n} (\gcd(l_1,l_2...l_k))^2\]
首先枚举gcd
\[ = \sum_{l_1 = 1}^{n} \sum_{l_2 = 1}^{n} ... \sum_{l_k = 1}^{n} \sum_{d = 1}^n d^2 [\gcd(l_1,l_2...l_k) == d]\]
然后把\(d\)提到前面
\[ = \sum_{d = 1}^n d^2 \sum_{l_1 = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{l_2 = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} ... \sum_{l_k = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}[\gcd(l_1,l_2...l_k) == 1]\]
然后换出\(\mu\)
\[ = \sum_{d = 1}^n d^2 \sum_{l_1 = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{l_2 = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} ... \sum_{l_k = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{p | gcd(l_1,l_2...l_k)} \mu(p)\]
\[ = \sum_{d = 1}^n d^2 \sum_{p=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \mu(p) \sum_{l_1 = 1}^{\lfloor \frac{n}{dp} \rfloor} \sum_{l_2 = 1}^{\lfloor \frac{n}{dp} \rfloor} ... \sum_{l_k = 1}^{\lfloor \frac{n}{dp} \rfloor}\]
\[ = \sum_{d = 1}^n d^2 \sum_{p=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \mu(p) \lfloor \frac{n}{dp} \rfloor^k \]
令\(T=dp\)，再交换一波求和顺序
\[ = \sum_{T = 1}^n \lfloor \frac{n}{T} \rfloor^k \sum_{d|T}(\frac{T}{d})^2 \mu(d) \]
我们注意到式子的右边只和\(T\)的取值有关，而和\(k\)无关，不妨设\(g(T) = \sum_{d|T}(\frac{T}{d})^2 \mu(d)\)
那么答案要求前缀和，就可以写成：
\[ \sum_{i=2}^k f_n(k) \]
\[ = \sum_{i=2}^k \sum_{T = 1}^n \lfloor \frac{n}{T} \rfloor^k g(T)\]
\[ = \sum_{T = 1}^n g(T) \sum_{i=2}^k \lfloor \frac{n}{T} \rfloor^k \]
右边显然是个等比数列求和，直接套公式\(O(1)\)计算，现在问题是左边\(g(T)\)的前缀和。
考虑到复杂度，只能杜教筛处理，首先按照套路式：
\[h(1)S(n) = \sum_{i=1}^{n} (h*g)(i) - \sum_{d=2}^{n} h(d) S(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)\]
\[ g(n)=(id^2 * \mu)(n)\]
不难想到当\(h\)函数为\(h(n)=1\)时，可以得到比较合适的式子：
\[ S(n) = \sum_{i=1}^n i^2 - \sum_{d=2}^n S(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)\]
即
\[ S(n) = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} - \sum_{d=2}^n S(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor) \]
杜教筛就完事了。
综上，可以O(n^{\frac{2}{3}})通过本题。