题目连接

\(Description\)
求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m(n\ mod\ i)(m\ mod\ i),i\neq j \]

答案对\(19940417\)取模。
\(n,m\leq10^9\)

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\(Solution\)
如果不考虑\(i\neq j\)这个条件，根据和式的分配率答案就是

\[\sum_{i=1}^nn\ mod\ i\sum_{i=1}^mm\ mod\ i \]

其中\(\sum_{i=1}^nn\ mod\ i=\sum_{i=1}^nn-\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\times i\)，接下来就可以通过数论分块\(O(\sqrt n)\)计算答案了（详细可见这道题）。
考虑怎么在这两项的乘积当中减去\(i=j\)的部分。

\[\sum_{i=1}^{min(n,m)}(n-\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\times i)\times (m-\lfloor\frac{m}{i}\rfloor\times i) \]

\[=\sum_{i=1}^{min(n,m)}nm-(n\lfloor\frac{m}{i}\rfloor+m\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)\times i+\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{i}\rfloor i^2 \]

常数项可单独算，其余两项也都可用数论分块求得。

一个坑点是模数不是质数，在计算\(\sum_{i=l}^ri和\sum_{i=l}^ri^2\)时不能用费马小定理去乘2和6的逆元，但可以通过扩展欧几里得来求。可以，但没必要（手动滑稽）。

#include<complex>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int mod=19940417;
int n,m,ans;
int Calc1(int x)
{
	long long res=0;
	for(int l=1,r;l<=x;l=r+1)
	{
		r=x/(x/l);
		res+=1ll*(x/l)*(r-l+1)*(l+r);
	}
	return (1ll*x*x-res/2)%mod;
}
int SqrSum(int x)
{
	int a=x+1,b=2*x+1,c=x;
	if(x&1)a>>=1;
	else c>>=1;
	if(x%3==1)b/=3;
	else if(x%3==2)a/=3;
	else c/=3;
	return 1ll*a*b%mod*c%mod;
}
int Calc2(long long x,long long y)
{
	long long res=0,lim=min(n,m);
	for(int l=1,r;l<=lim;l=r+1)
	{
		r=min(x/(x/l),y/(y/l));
		res+=(x/l)*(y/l)%mod*(SqrSum(r)-SqrSum(l-1))%mod;
		res-=1ll*(r-l+1)*(l+r)/2%mod*(x*(y/l)%mod+y*(x/l)%mod)%mod;
	}
	return (x*y%mod*lim+res)%mod;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	printf("%d\n",(1ll*Calc1(n)*Calc1(m)-Calc2(n,m)+mod)%mod);
	return 0;
}