快樂地打牢基礎（14）——莫比烏斯反演

數論千萬條，反演第一條。反演不會做，隊友兩行淚。

一、什麼是莫比烏斯反演？

• ${g(n) = \displaystyle\sum_{d|n}f(d)\Longleftrightarrow f(n) = \displaystyle\sum_{d|n}\mu(d)g(\frac{n}{d})}.............(1)$
• ${g(n) = \displaystyle\sum_{n|d}f(d)\Longleftrightarrow f(n) = \displaystyle\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})g(d)}..............(2)$

很多時候函數$f$很難求，但是函數$g$可以比較容易的求出來，所有我們通過求出$g$來求出$f$,這個由$g$求出$f$的過程就是反演。

二、前置知識

---

1.莫比烏斯函數

$\mu(n) =\begin{cases} 1,\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ n=1\\ (-1)^k,\ \ n = P_1P_2...P_k\\0,\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ other\end{cases}$
其中$P_1P_2...P_k$爲質數。

莫比烏斯函數推導

線性篩求莫比烏斯函數：

int prime_tot = 0;
bool prime_tag[N];
int prime[N],mu[N];

void get_prime(){
    mu[1] = 1;//n = 1時，莫比烏斯函數mu[1] = 1,
    for(int i = 2; i < N; i++){
        if(!prime_tag[i]) prime[prime_tot++] = i,mu[i] = -1;//如果i是一個質數，那麼其莫比烏斯函數一定是-1
        for(int j = 0; j < prime_tot && i * prime[j] < N; j++){
            prime_tag[i * prime[j]] = true;
            if(i % prime[j] == 0){
                mu[i * prime[j]] = 0;//可以知道此處prime[j] | i，
                					//那麼i * prime[j]裏就有一個prime[j]的平方存在
                break;
            }else
                mu[i * prime[j]] = -mu[i];//i * prime[j]爲k個質數的乘積，如果k是奇數mu[i]就是-1，
                						//是偶數mu[i]爲1
        }
    }
}

2.狄利克雷卷積

狄利克雷卷積是一個對函數的運算。

狄利克雷卷積：
對於兩個函數$f,g$,它們的狄利克雷卷積是

$(f*g)(n) = \displaystyle\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$

積性函數：
兩個數$a,b$互質,對於函數$f$,如果$f(ab)=f(a)f(b)$,那麼函數$f$就是一個積性函數。

完全積性函數：
任意兩個數$a,b$,都有$f(ab)=f(a)f(b)$。

常見的積性函數

• 歐拉函數$\varphi(n)$
• 莫比烏斯函數$\mu(n)$
• 單位函數 $Id(n) = n$
• 不變函數$1(n) = 1$，不變的函數，所有值都是$1$
• 冪函數$idk(k) = n^k$
• 因子個數函數$d(n),d = 1(n)*1(n)$，n的正因子數目
• 因子和函數$\sigma(n),\sigma = 1(n)*Id，n$的所有正因子之和
• 因子函數$σk(n)$，n的所有正因子的k次冪之和
• 狄利克雷卷積單位元$\varepsilon = [n==1]$
• 逆元:對於每一個$f(1)=\not0$的函數$f$，都有$f∗g=\varepsilon$

如何求一個函數的逆元：
首先我們定義兩個函數$f,g$：
$g(n)=\frac{1}{f(1)}\left([n==1]-\sum_{i|n,i\neq 1}f(i)g(\frac{n}{i})\right)$
這樣的話,他們的狄利克雷卷積 $f*g$ 就是：
$\sum_{i|n}f(i)g(\frac{n}{i})\\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =f(1)g(n)+\sum_{i|n,i\neq1}f(i)g(\frac{n}{i})\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =f(1)*\frac{1}{f(1)}\left([n==1]-\sum_{i|n,i\neq 1}f(i)g(\frac{n}{i})\right)+ \sum_{i|n,i\neq1}f(i)g(\frac{n}{i})\\=[n==1]$
此處證明推導均來自：鈴懸dalao的博客

一些關於莫比烏斯函數和狄利克雷卷積單位元的性質

1.不變常數 $1$ 和莫比烏斯函數 $\mu$ 互爲逆元。

用上述求逆元的方法直接套，令$g(n) = 1(n),f(n) = \mu(n)$。

2.兩個積性函數的狄利克雷卷積是積性函數。

3.積性函數的逆是積性函數。

2和3具體詳細的證明還是參考鈴懸dalao的博客https://www.luogu.org/blog/lx-2003/mobius-inversion

3.整除分塊

看一個題目：求$\displaystyle\sum^{n}_{k= 1}\lfloor\frac{n}{k}\rfloor$的值。
可能會想到暴力，直接遍歷一遍，但當$n$很大的時候，時間是使dalao們不滿意的。
所以有了整除分塊的想法。
拿 $n = 25$ 來舉例：
首先可以發現， $\lfloor \frac{\ n\ }{\ k\ }\rfloor$ 只有$2\sqrt{n}$種，那我們按照 $\lfloor \frac{\ n\ }{\ k\ }\rfloor$ 的結果分類的：

int ans = 0;
for(int l = 1　,　r; l <= n; l = r + 1){
	r = n / (n / l);
	ans += (r - l + 1)(n / l);
}

這樣一來，整除通過這種分塊的思想就把時間複雜度降到了$O(2\sqrt{n})$。

三、莫比烏斯反演的證明

---

• ${g(n) = \displaystyle\sum_{d|n}f(d)\Longleftrightarrow f(n) = \displaystyle\sum_{d|n}\mu(d)g(\frac{n}{d})}.............(1)$
• ${g(n) = \displaystyle\sum_{n|d}f(d)\Longleftrightarrow f(n) = \displaystyle\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})g(d)}..............(2)$

首先證明$(1)$，這很好證明($1$代表不變函數)：
$g = f*1,f = \mu*g=\mu *1*f=f$
然後證明$(2)$：
令$k = \frac{d}{n}$，則：
$\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})g(d)=\sum_{k}\mu(k)g(nk)=\sum_{k}\mu(k)\sum_{(nk)|t}f(t)$
${\displaystyle \sum_{t}f(t)\sum_{(nk)|t}\mu(k)=\sum_{t}f(t)\varepsilon(\frac{t}{n})=f(n)}$

四、一點點題目

---

注：所有例題中$gcd(x,y)$都爲$x,y$的最大公約數。

【例1】luogu P2522 [HAOI2011]Problem b
題意

對於給定的$T$個詢問，每次求友多少個數對$(x,y)$滿足$a\leq x\leq b,c\leq y\leq d$，且$gcd(x,y) = k$。

思路
首先可以將問題使用容斥原理轉化一下：

定義$solve(b,d)$爲數對$(x,y)$是滿足$1\leq x\leq b,1\leq y\leq d$，且$gcd(x,y)=k$的個數。

根據容斥原理：

$ans = solve(b,d) - solve(a-1,d) - solve(b,c-1) + solve(a-1,c-1)$

這樣就可以利用一種類似於前綴和的方法求出來答案。

問題就轉化爲求出$1\leq x\leq \lfloor\frac{b}{k}\rfloor,1\leq y\leq \lfloor\frac{d}{k}\rfloor$，且$gcd(x,y)=1$的數對個數。

下面利用莫比烏斯反演，來解題：

首先設
$f(i) = \displaystyle\sum_{x=1}^{n}\sum_{y=1}^{m}[gcd(x,y) == i]$

$g(i) = \displaystyle\sum_{x=1}^{n}\sum_{y = 1}^{m}[i\ |\ gcd(x,y)]=\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{i}\rfloor$

$f(i) = \displaystyle\sum_{i|q }\mu(\frac{q}{i})g(q)= \displaystyle\sum_{i|q }\mu(\frac{q}{i})\lfloor\frac{n}{q}\rfloor\lfloor\frac{m}{q}\rfloor$

通過之前推導出的紅字，可以知道現在需要的就是求出$f(1)$,將$i = 1，n = \lfloor\frac{b}{k}\rfloor，m= \lfloor\frac{d}{k}\rfloor$代入，可以得到：

$f(1) = \displaystyle\sum_{1|q }\mu(\frac{q}{1})g(q)= \displaystyle\sum_{1|q }\mu(\frac{q}{1})\lfloor\frac{b}{qk}\rfloor\lfloor\frac{d}{qk}\rfloor$

然後使用分塊處理可得到答案。

//莫比烏斯反演例題
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 5e4 + 10;
bool prime_tag[N] = {0};
int prime[N],mu[N],prime_tot = 0;
ll sum[N] = {0};
int cas,a,b,c,d,k;

void get_mu(){
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i < N; i++){
        if(!prime_tag[i]){
            prime[prime_tot++] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 0; j < prime_tot && i * prime[j] < N; j++){
            prime_tag[i * prime[j]] = true;
            if(i % prime[j] == 0){
                 mu[i * prime[j]] = 0;
                 break;
            }else{
                mu[i * prime[j]] = -mu[i];
            }
        }
    }
    sum[0] = 0;
    for(int i = 1; i < N; i++)
        sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
}
ll solve(ll b ,ll d){
    b = b / k;
    d = d / k;
    ll res = 0;
    int t = min(b,d);
    for(int l = 1,r; l <= t; l = r + 1){
        r = min((ll)b / (b / l),(ll)d / (d / l));
        res += (sum[r] - sum[l - 1]) * (b / l ) * (d / l);
    }
    return res;
}
int main(){
    get_mu();
    //read(cas);
    scanf("%d",&cas);
    while(cas--){
        //read(a);read(b);read(c);read(d);read(k);
        scanf("%d %d %d %d %d",&a,&b,&c,&d,&k);
        //printf("%d %d %d %d %d\n",a,b,c,d,k);
        printf("%lld\n",solve(b,d) - solve(a-1,d) - solve(b,c-1) + solve(a-1,c-1));
    }
    return 0;
}

【例2】luogu P2257 YY的GCD
題意
給定$N，M$，求$1\leq x \leq N,1\leq y \leq M$且$gcd(x,y)$爲質數的$(x,y)$有多少對？
思路
和上一題很像，區別在於要確保$gcd(x,y) == k,k$是一個質數。
$f(x) = \displaystyle\sum_{x\in prime}\sum_{x\ | \ d}\mu(\frac{d}{x})g(d)$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\displaystyle\sum_{d = 1}^{min(n,m)}\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor\sum_{x\in prime ,x\ |\ d}\mu(\frac{d}{x})$

這裏我們可以令：
$sum[d] = \displaystyle\sum_{x\in prime ,x\ |\ d}\mu(\frac{d}{x})$。

這樣一來:
$f(x) = \displaystyle\sum_{x\in prime}\sum_{x\ | \ d}\mu(\frac{d}{x})g(d)$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\displaystyle\sum_{d = 1}^{min(n,m)}\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor sum[d]$

預處理代碼：

    sum[0] = 0;
    for(int i = 0 ; i < prime_tot; i++){
        for(int j  = 1; prime[i] * j < N; j++){
            sum[prime[i] * j] += mu[j];
        }
    }
    for(int i = 1 ; i < N; i++)
        sum[i] += sum[i-1] + sum[i];

提前預處理這個$sum(d)$，再求一個前綴和就可以很好的放在分塊中解決

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 1e7 + 7;
int prime[N],prime_tot = 0,mu[N];
ll sum[N] = {0};
bool prime_tag[N] = {0};
int cas,n,m;

void get_mu(){
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i < N; i++){
        if(!prime_tag[i]){
            prime[prime_tot++] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 0 ; j < prime_tot && i * prime[j] < N; j++){
            prime_tag[i * prime[j]] = true;
            if(i % prime[j] == 0){
                mu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            }
                mu[i * prime[j]] = -mu[i];
        }
    }
    sum[0] = 0;
    for(int i = 0 ; i < prime_tot; i++){
        for(int j  = 1; prime[i] * j < N; j++){
            sum[prime[i] * j] += mu[j];
        }
    }
    for(int i = 1 ; i < N; i++)
        sum[i] += sum[i-1] + sum[i];
}
ll solve(){
    ll res = 0,res1 = 0;
    for(int l = 1,r; l <= n; l = r + 1){
        r = min(n / (n / l),m / (m / l));
        res += (ll) (sum[r] - sum[l - 1]) * (n / l) * (m / l);
    }

    return res / 2;
}
int main(){
    get_mu();
    scanf("%d",&cas);
    while(cas--){
        scanf("%d %d",&n,&m);
        if(n > m) swap(n,m);
        printf("%lld\n",solve());

    }
    return 0;
}

【例3】luogu P4449 於神之怒加強版
題意
給定$n,m,k$,計算$\displaystyle\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}gcd(i,j)^k\ mod(10^9+7)$的值。
思路
枚舉最大公因數 $d$，並計算最大公因數爲 $d$ 的數對個數$\displaystyle\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}[gcd(i,j)==d]$的值
那麼答案就是 $\displaystyle\sum_d^{min(n,m)}最大公因數爲 d的數對個數\times d^k$
我們使用莫比烏斯反演：
設$f(u) = \displaystyle\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}[gcd(i,j)==u]........(1) \\g(u) = \displaystyle\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}[u|gcd(i,j)] = \lfloor\frac{n}{u}\rfloor\lfloor\frac{m}{u}\rfloor........(2)$

$f(u) = \displaystyle\sum_{u|p}\mu(\frac{p}{u})g(p)$
由於
$\displaystyle\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}[gcd(i,j)==d]$ 和 $\displaystyle\sum_{i = 1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j = 1}^{\frac{m}{d}}[gcd(i,j)==1]$是等價的

令$(1)(2)$中的$n = \lfloor\frac{n}{d}\rfloor,m = \lfloor\frac{n}{d}\rfloor,u = 1$

$f(1) = \displaystyle\sum_{p}\mu(\frac{p}{1})\lfloor\frac{n}{d\times p}\rfloor\lfloor\frac{m}{d\times p}\rfloor$(注意此時$\lfloor\frac{n}{d\times p}\rfloor$中的$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$是常量,是不變換的)

$ans = \displaystyle\sum_dd^k\displaystyle\sum_{p}\mu(p)\lfloor\frac{n}{ dp}\rfloor\lfloor\frac{m}{ dp}\rfloor$
爲了使形式更加明顯一些，設$Q = dp$

$ans = \displaystyle\sum_Q\displaystyle\lfloor\frac{n}{ Q}\rfloor\lfloor\frac{m}{ Q}\rfloor \sum_{d\ |\ Q}d^k\mu(\frac{Q}{d})$

到這裏我們設$F(Q) = \displaystyle \sum_{d\ |\ Q}d^k\mu(\frac{Q}{d})$，可以很（bu）容易發現$F(Q)$是一個狄利克雷卷積的形式。
順便再來複習狄利克雷卷積的定義：

$(f*g)(n) = \displaystyle\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$。

那麼$F = idk*u$

我們的答案就變成了：

$ans = \displaystyle\sum_Q\displaystyle\lfloor\frac{n}{ Q}\rfloor\lfloor\frac{m}{ Q}\rfloor F(Q)$

前一部分直接使用分塊可以很好的求出，$F(Q)$則需要使用線性篩來預處理，並求出前綴和。

根據狄利克雷卷積的性質，因爲 $idk$ 和 $\mu$ 都是積性函數所以$F$也是積性函數，那麼$F$就可以像$\varphi$一樣利用$F(a\times b) = F(a)\times F(b)$求出。

對於$F(Q) = \displaystyle \sum_{d\ |\ Q}d^k\mu(\frac{Q}{d})$，將Q按唯一分解定理分解：
$Q = p_1^{c1}p_2^{c2}...p_m^{cm}$

$F(Q) = \displaystyle\prod_{i =1}^m F(p_i^{ci})........(1)$

同時，對於$F(p_i^{ci})$，因爲莫比烏斯函數的性質，$\mu(prime)=-1,\mu(1)=1$,所以只有在 $d = p_i^{ci-1}$和 $d = p_i^{ci}$ 時對$\displaystyle \sum_{d\ |\ p_i^{ci}}d^k\mu(\frac{p_i^{ci}}{d})$有貢獻。所以，$(1)$可以轉化爲：

$F(Q)$
$\displaystyle=\prod_{i=1}^{m}(p_i^{k\times (ci-1)}\times \mu(p_i)\ +\ p_i^{k\times c_i}\times \mu(1))$

$\displaystyle =\prod_{i=1}^{m}p_i^{k\times (ci-1)}\times(p_i^{k}-1)$

當$prime[j] \ |\not i$的時候，兩者互質，滿足積性函數的性質，$f[i * prime[j]] = f[i] * f[prime[j]]$
當$prime[j] \ |\ i$的時候，$f[i * prime[j]] = f[i] * prime[j]^k$

第二個結論和篩$\varphi$函數的時候類似，下面證明一下：
令$p = prime[j]$
$p[j] \ |\ i$時，證明 $\frac{i}{p[j]}$ 和 $i$有相同的質因子，那麼

$\frac{F(i)}{F(\frac{i}{p})}=\frac{p_i^{k{(ci-1)}}\times p_i^k-1...}{p_i^{k{(ci-2)}}\times p_i^k-1...}=p^k$

所以，$f[i * prime[j]] = f[i] * prime[j]^k$。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 5e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
ll prime[N],mu[N],tot = 0,f[N] ={0},g[N] = {0};
bool prime_tag[N] = {0};
int t,k,n,m;
ll qpow(ll a,ll b){
    ll res = 1ll;
    while(b){
        if(b & 1){
            res = res * a % mod;
        }
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
void init(){
    f[1] = 1;
    for(int i = 2; i < N; i++){
        if(!prime_tag[i]){
            prime[tot] = i;
            g[tot] = qpow(i,k);
            f[i] = (g[tot]-1 + mod) % mod;
            tot++;
        }
        for(int j = 0; j < tot && i * prime[j] < N; j++){
            prime_tag[i * prime[j]] = true;
            if(i % prime[j] == 0){
                f[i * prime[j]] = (ll)f[i] * g[j] % mod;
                break;
            }else
                f[i * prime[j]] = (ll)f[i] * f[prime[j]] % mod;
        }
    }
    f[0] = 0;
    for(int i = 1; i < N; i++)
        f[i] = (f[i] + f[i-1]) % mod;

}
ll solve(){
    ll res = 0;
    for(int l = 1,r ; l <= n; l = r + 1){
        r = min(n / (n / l), m / (m / l));
        res += (f[r] - f[l - 1] + mod ) % mod  * (n / l) % mod * (m / l) % mod ;
       //printf("f[r] - f[l - 1] = %lld ,res = %lld\n",f[r] - f[l - 1],res);
    }
    return res % mod;
}
int main(){
    scanf("%d %d", &t, &k);
    init();
    while(t--) {
        scanf("%d %d", &n, &m);
        if(n > m) swap(n, m);
        printf("%lld\n", solve());
    }
    return 0;
}

【例4】P1829 [國家集訓隊]Crash的數字表格 / JZPTAB
題意

爲了研究最小公倍數，$Crash$畫了一張$N*M$的表格，每個格子裏寫了一個數字，其中第$i$行第$j$列的那個格子裏寫着數$LCM(i,j)$。$Crash$想知道表格裏所有的數的和mod 20101009的值。

思路
首先將問題轉化爲數學形式，保證$N<=M$，如果大就進行交換：

$ans = \displaystyle\sum_{i =1}^{N}\sum_{j = 1}^{M}lcm(i,j)$

$= \displaystyle\sum_{i =1}^{N}\sum_{j = 1}^{M}\frac{i*j}{gcd(i,j)}$

令$d = gcd(i,j)$，我們枚舉$d$，則：
$ans = \displaystyle\sum_{d}^{N}\frac{1}{d}\sum_{i}^{N}\sum_{j}^{M}i\times j[\ gcd(i,j)==d\ ]$

設$f(N,M,d) = \displaystyle\sum_{i}^{N}\sum_{j}^{M}i\times j[\ gcd(i,j)==d\ ]$
設$g(N,M,d) = \displaystyle\sum_{i}^{N}\sum_{j}^{M}i\times j[\ d\ |\ gcd(i,j)\ ]=\sum_{d|i}^{N}i\sum_{d|j}^{M}j =d^2\times\frac{\lfloor\frac{N}{d}\rfloor(\lfloor\frac{N}{d}\rfloor+1)}{2}\times\frac{\lfloor\frac{M}{d}\rfloor(\lfloor\frac{M}{d}\rfloor+1)}{2}$

這裏是一個循環對$j$求和，一個循環對$i$求和，$\displaystyle\sum_{i}^{N}\sum_{j}^{M}i\times j$ 和 $\displaystyle\sum_{i_1}^{\lfloor\frac{N}{d}\rfloor}\sum_{j_1}^{\lfloor\frac{M}{d}\rfloor}d^2\times i_1\times j_1$等價

簡要證明：首先我們知道 $i\in[1,N],j\in[1,M]$，滿足 $gcd(i,j) == d$ 的數對個數是${\lfloor\frac{N}{d}\rfloor}\times{\lfloor\frac{M}{d}\rfloor}$，我們將 $i,j$ 除以 $d$ ,縮小了範圍，將$i,j$的範圍從 [1,N] 和 [1,M] 縮小到了 [1,${\lfloor\frac{N}{d}\rfloor}$] 和[1,${\lfloor\frac{M}{d}\rfloor}$]，變成了$i_1,j_1$。$i= d\times i_1,j= d\times j_1$。

開始莫比烏斯反演：

$f(d) = \displaystyle\sum_{d | n}\mu(\frac{n}{d})g(n)=\sum_{d | n}\mu(\frac{n}{d})\times n^2\times\frac{\lfloor\frac{N}{n}\rfloor(\lfloor\frac{N}{n}\rfloor+1)}{2}\times\frac{\lfloor\frac{M}{n}\rfloor(\lfloor\frac{M}{n}\rfloor+1)}{2}$

$ans = \displaystyle\sum_{d=1}^{N}\frac{1}{d}\times f(d)$
$ans = \displaystyle\sum_{d =1}^{N}\frac{1}{d}\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})\times n^2\times\frac{\lfloor\frac{N}{n}\rfloor(\lfloor\frac{N}{n}\rfloor+1)}{2}\times\frac{\lfloor\frac{M}{n}\rfloor(\lfloor\frac{M}{n}\rfloor+1)}{2}$

令$x = \frac{n}{d}$，枚舉$x$。

$ans = \displaystyle\sum_{d=1}^{N}\frac{1}{d}\sum_{x}^{\lfloor\frac{N}{d}\rfloor}\mu(x)\times d^2\times x^2\times \frac{\lfloor\frac{N}{n}\rfloor(\lfloor\frac{N}{n}\rfloor+1)}{2}\times\frac{\lfloor\frac{M}{n}\rfloor(\lfloor\frac{M}{n}\rfloor+1)}{2}$

$ans = \displaystyle\sum_{d=1}^{N}\sum_{x}^{\lfloor\frac{N}{d}\rfloor}\mu(x)\times x\times n\times \frac{\lfloor\frac{N}{n}\rfloor(\lfloor\frac{N}{n}\rfloor+1)}{2}\times\frac{\lfloor\frac{M}{n}\rfloor(\lfloor\frac{M}{n}\rfloor+1)}{2}$

$ans = \displaystyle\sum_{n=1}^{N}n\times \frac{\lfloor\frac{N}{n}\rfloor(\lfloor\frac{N}{n}\rfloor+1)}{2}\times\frac{\lfloor\frac{M}{n}\rfloor(\lfloor\frac{M}{n}\rfloor+1)}{2}\sum_{x|n}\mu(x)\times x$

前一部分直接可以數論整除分塊，根據莫比烏斯反演的性質後一部分是一個積性函數，我們在線性篩中預處理。

設$f_1(n) =\displaystyle\sum_{x|n}\mu(x)\times x$

根據唯一分解定理：

$n = p_1^{c1} p_2^{c2} p_3^{c3}... p_k^{ck}$

$\displaystyle f_1(n) = f_1(p_1^{c1} p_2^{c2} p_3^{c3}... p_k^{ck}) = \prod_{i=1}^{k}p_i^{ci}$

對於$f_1(n)$，當 $n\ \ is\ \ prime$ 時，在求和的過程中，根據莫比烏斯函數的性質，只有當 $x$ 只有 $n,1$ 兩個值可取，的時候對和有貢獻。所以當 $n\ \ is\ \ prime$ 時，$f_1(n)=1-n$。

這樣我們線性篩的時候就很簡單了：

當 $i \ mod\ prime[j] == 1$時，$f_1(i*prime[j])=f_1(i)\times f_1(prime[j])$

當 $i \ mod\ prime[j] == 0$時，$f_1(i*prime[j])=f_1(i)=1-i$

設 $p = prime[j]$
.
當$i \ mod\ p == 0$時，$\frac{n}{p},n$ 都是 $p$ 的倍數，
.
$\displaystyle \frac{f_1(n)}{f_1(\frac{n}{p})}=\frac{(1-p_1)(1-p_2)...(1-p_k)}{(1-p_1)(1-p_2)...(1-p_k)}=1$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;

const int mod = 20101009;
const int Max = 1e7 + 10;
int prime[Max],prime_tot = 0,f[Max],s[Max];
bool prime_tag[Max] = {0};
int n,m;

void get_prime(){
	f[1] = 1;
	for(int i = 2; i < Max; i++){
		if(!prime_tag[i]){
			prime[prime_tot++] = i;
			f[i] = (1 - i + mod) % mod;
		}
		for(int j = 0 ; j < prime_tot && i * prime[j] < Max; j++){
			prime_tag[i * prime[j]]  = true;
			if(i % prime[j] == 0){
				f[i * prime[j]] = f[i];
				break;
			}else{
				f[i * prime[j]] = 1ll * f[i] * f[prime[j]] % mod ;
			}
		}
	}
	f[0] = 0;
	for(int i = 1; i < Max; i++)
		f[i] = (f[i-1]  + 1ll * f[i] * i % mod) % mod;
}
ll solve(){
	ll ans = 0,t1,t2,t3;
	for(int l = 1,r; l <= n; l = r + 1){
		r = min(n / (n / l),m / (m / l));
		t1 = 1ll *(f[r] - f[l-1] + mod ) % mod;
		t2 = 1ll * (n / l) * (n / l + 1) / 2 % mod;
		t3 = 1ll * (m / l) * (m / l + 1)  / 2 % mod;
		ans += t1 % mod * t2 % mod * t3 % mod ;
	}
	return ans % mod;
}
int main(){
	get_prime();
	scanf("%d%d",&n,&m);
	if(n > m) swap(n,m);
	printf("%lld",solve());
	return 0;
}