牛客小白月赛13 J题小A的数学题

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来源：牛客网
 

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题目描述

小A最近开始研究数论题了，这一次他随手写出来一个式子，∑ni=1∑mj=1gcd(i,j)2∑i=1n∑j=1mgcd(i,j)2，但是他发现他并不太会计算这个式子，你可以告诉他这个结果吗，答案可能会比较大，请模上1000000007。

输入描述:

一行两个正整数n，m一行两个正整数n，m

输出描述:

一行一个整数表示输出结果一行一个整数表示输出结果

示例1

输入

2 2

输出

7

备注:

1≤n,m≤1e6

计算这个式子的时候，我一开始就想到了计算每个gcd的贡献。

例如，假设存在 i  和  j 的gcd为 d  那么就去计算d 出现的次数。

首先来看gcd 有多少种可能，很容易得出，t=min(n,m)  那么1~t都是有可能出现的。

剩下的就是对于每个 gcd 来计数。

例如，计算gcd 为 3 的贡献。那么 3 出现的次数为  (n/3)*(m/3)。既代表  i 为3的倍数出现的次数乘以  j 为 3 的倍数的次数。

不过这里的计算会有重复，例如，gcd 为 6 的情况会被一起算入，那么这里就需要用到一部分减法原则。也就是比较简单的容斥原理。

当我们用 (n/3)*(m/3)的方式计算 gcd 为 3 的贡献时，需要去除掉当中所有 gcd为3的倍数的种类数。例如 6、9、12。

所以可以获得下面的公式。

d=gcd(i,j)     那么d出现的次数（贡献）   f(d)=(n/d)*(m/d)-f(2*d)-f(3*d)-........

下面是代码:

#include

using namespace std;

typedef long long ll;

const ll mod=1000000007;

ll f[1000005]={0};

int main(){
	ll n,m,i,j;
	cin>>n>>m;
	
	ll ans=n>m?m:n,sum;    //ans取n和m当中小的那一个
    sum=0;
    for(i=ans;i>=1;i--){   // 对于每一个 gcd=i的贡献（出现的次数）计算
    	f[i]=(ll)(n/i)*(ll)(m/i);     
    	for(j=i+i;j<=ans;j=j+i)
    		f[i]=f[i]-f[j];     
		
		sum=(sum+f[i]*(i*i%mod)%mod)%mod;  //疯狂取模防止爆 long long
	}
    
    cout<