快乐地打牢基础（14）——莫比乌斯反演

数论千万条，反演第一条。反演不会做，队友两行泪。

一、什么是莫比乌斯反演？

• $g(n)=\sum _{d|n}f(d)⟺f(n)=\sum _{d|n}\mu (d)g(\frac{n}{d}).............(1)$
• $g(n)=\sum _{n|d}f(d)⟺f(n)=\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})g(d)..............(2)$

很多时候函数$f$很难求，但是函数$g$可以比较容易的求出来，所有我们通过求出$g$来求出$f$,这个由$g$求出$f$的过程就是反演。

二、前置知识

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1.莫比乌斯函数

$$\mu (n)=\{\begin{array}{l}1,n=1\\ (-1{)}^k,n=P_1{P}_2...P_k\\ 0,other\end{array}$$
其中$P_1{P}_2...P_k$为质数。

莫比乌斯函数推导

线性筛求莫比乌斯函数：

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

void get_prime(){
    mu[1] = 1;//n = 1时，莫比乌斯函数mu[1] = 1,
    for(int i = 2; i < N; i++){
        if(!prime_tag[i]) prime[prime_tot++] = i,mu[i] = -1;//如果i是一个质数，那么其莫比乌斯函数一定是-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;//可以知道此处prime[j] | i，
                					//那么i * prime[j]里就有一个prime[j]的平方存在
                break;
            }else
                mu[i * prime[j]] = -mu[i];//i * prime[j]为k个质数的乘积，如果k是奇数mu[i]就是-1，
                						//是偶数mu[i]为1
        }
    }
}

2.狄利克雷卷积

狄利克雷卷积是一个对函数的运算。

狄利克雷卷积：
对于两个函数$f,g$,它们的狄利克雷卷积是

$(f\ast g)(n)=\sum _{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$

积性函数：
两个数$a,b$互质,对于函数$f$,如果$f(ab)=f(a)f(b)$,那么函数$f$就是一个积性函数。

完全积性函数：
任意两个数$a,b$,都有$f(ab)=f(a)f(b)$。

常见的积性函数

• 欧拉函数$\phi (n)$
• 莫比乌斯函数$\mu (n)$
• 单位函数 $Id(n)=n$
• 不变函数$1(n)=1$，不变的函数，所有值都是$1$
• 幂函数$idk(k)=n^k$
• 因子个数函数$d(n),d=1(n)\ast 1(n)$，n的正因子数目
• 因子和函数$\sigma (n),\sigma =1(n)\ast Id，n$的所有正因子之和
• 因子函数$\sigma k(n)$，n的所有正因子的k次幂之和
• 狄利克雷卷积单位元$\epsilon =[n==1]$
• 逆元:对于每一个$f(1)=/0$的函数$f$，都有$f\ast g=\epsilon$

如何求一个函数的逆元：
首先我们定义两个函数$f,g$：
$$g(n)=\frac{1}{f(1)}\left([n==1]-\sum _{i|n,i\ne 1}f(i)g(\frac{n}{i})\right)$$
这样的话,他们的狄利克雷卷积 $f\ast g$ 就是：
$$\begin{gathered} \sum _{i|n}f(i)g(\frac{n}{i}) \\ =f(1)g(n)+\sum _{i|n,i\ne 1}f(i)g(\frac{n}{i}) \\ =f(1)\ast \frac{1}{f(1)}\left([n==1]-\sum _{i|n,i\ne 1}f(i)g(\frac{n}{i})\right)+\sum _{i|n,i\ne 1}f(i)g(\frac{n}{i}) \\ =[n==1] \end{gathered}$$
此处证明推导均来自：铃悬dalao的博客

一些关于莫比乌斯函数和狄利克雷卷积单位元的性质

1.不变常数 $1$ 和莫比乌斯函数 $\mu$ 互为逆元。

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

2.两个积性函数的狄利克雷卷积是积性函数。

3.积性函数的逆是积性函数。

2和3具体详细的证明还是参考铃悬dalao的博客https://www.luogu.org/blog/lx-2003/mobius-inversion

3.整除分块

看一个题目：求$\sum _{k=1}^n\lfloor \frac{n}{k}\rfloor$的值。
可能会想到暴力，直接遍历一遍，但当$n$很大的时候，时间是使dalao们不满意的。
所以有了整除分块的想法。
拿 $n=25$ 来举例：
首先可以发现， $\lfloor \frac{n}{k}\rfloor$ 只有$2\sqrt{n}$种，那我们按照 $\lfloor \frac{n}{k}\rfloor$ 的结果分类的：

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

这样一来，整除通过这种分块的思想就把时间复杂度降到了$O(2\sqrt{n})$。

三、莫比乌斯反演的证明

---

• $g(n)=\sum _{d|n}f(d)⟺f(n)=\sum _{d|n}\mu (d)g(\frac{n}{d}).............(1)$
• $g(n)=\sum _{n|d}f(d)⟺f(n)=\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})g(d)..............(2)$

首先证明$(1)$，这很好证明($1$代表不变函数)：
$$g=f\ast 1,f=\mu \ast g=\mu \ast 1\ast f=f$$
然后证明$(2)$：
令$k=\frac{d}{n}$，则：
$$\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})g(d)=\sum _k\mu (k)g(nk)=\sum _k\mu (k)\sum _{(nk)|t}f(t)$$
$\sum _{t}f(t)\sum _{(nk)|t}\mu (k)=\sum _{t}f(t)\epsilon (\frac{t}{n})=f(n)$

四、一点点题目

---

注：所有例题中$gcd(x,y)$都为$x,y$的最大公约数。

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

对于给定的$T$个询问，每次求友多少个数对$(x,y)$满足$a\le x\le b,c\le y\le d$，且$gcd(x,y)=k$。

思路
首先可以将问题使用容斥原理转化一下：

定义$solve(b,d)$为数对$(x,y)$是满足$1\le x\le b,1\le y\le d$，且$gcd(x,y)=k$的个数。

根据容斥原理：

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

这样就可以利用一种类似于前缀和的方法求出来答案。

问题就转化为求出$1\le x\le \lfloor \frac{b}{k}\rfloor ,1\le y\le \lfloor \frac{d}{k}\rfloor$，且$gcd(x,y)=1$的数对个数。

下面利用莫比乌斯反演，来解题：

首先设
$f(i)=\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m[gcd(x,y)==i]$

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

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

通过之前推导出的红字，可以知道现在需要的就是求出$f(1)$,将$i=1，n=\lfloor \frac{b}{k}\rfloor ，m=\lfloor \frac{d}{k}\rfloor$代入，可以得到：

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

然后使用分块处理可得到答案。

//莫比乌斯反演例题
#include
#include
#include
#include
#include
#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
题意
给定$N，M$，求$1\le x\le N,1\le y\le M$且$gcd(x,y)$为质数的$(x,y)$有多少对？
思路
和上一题很像，区别在于要确保$gcd(x,y)==k,k$是一个质数。
$f(x)=\sum _{x\in prime}\sum _{x|d}\mu (\frac{d}{x})g(d)$

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

这里我们可以令：
$sum[d]=\sum _{x\in prime,x|d}\mu (\frac{d}{x})$。

这样一来:
$f(x)=\sum _{x\in prime}\sum _{x|d}\mu (\frac{d}{x})g(d)$

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

预处理代码：

    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];

提前预处理这个$sum(d)$，再求一个前缀和就可以很好的放在分块中解决

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#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 于神之怒加强版
题意
给定$n,m,k$,计算$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}gcd(i,j{)}^{k}mod(10^9+7)$的值。
思路
枚举最大公因数 $d$，并计算最大公因数为 $d$ 的数对个数$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)==d]$的值
那么答案就是 $\sum _d^{min(n,m)}最大公因数为d的数对个数\times d^k$
我们使用莫比乌斯反演：
设$$\begin{gathered} f(u)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)==u]........(1) \\ g(u)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[u|gcd(i,j)]=\lfloor \frac{n}{u}\rfloor \lfloor \frac{m}{u}\rfloor ........(2) \end{gathered}$$

$f(u)=\sum _{u|p}\mu (\frac{p}{u})g(p)$
由于
$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)==d]$ 和 $\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{j=1}^{\frac{m}{d}}[gcd(i,j)==1]$是等价的

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

$f(1)=\sum _p\mu (\frac{p}{1})\lfloor \frac{n}{d\times p}\rfloor \lfloor \frac{m}{d\times p}\rfloor$(注意此时$\lfloor \frac{n}{d\times p}\rfloor$中的$\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$是常量,是不变换的)

$ans=\sum _d{d}^k\sum _p\mu (p)\lfloor \frac{n}{dp}\rfloor \lfloor \frac{m}{dp}\rfloor$
为了使形式更加明显一些，设$Q=dp$

$ans=\sum _Q\lfloor \frac{n}{Q}\rfloor \lfloor \frac{m}{Q}\rfloor \sum _{d|Q}{d}^k\mu (\frac{Q}{d})$

到这里我们设$F(Q)=\sum _{d|Q}{d}^k\mu (\frac{Q}{d})$，可以很（bu）容易发现$F(Q)$是一个狄利克雷卷积的形式。
顺便再来复习狄利克雷卷积的定义：

$(f\ast g)(n)=\sum _{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$。

那么$F=idk\ast u$

我们的答案就变成了：

$ans=\sum _Q\lfloor \frac{n}{Q}\rfloor \lfloor \frac{m}{Q}\rfloor F(Q)$

前一部分直接使用分块可以很好的求出，$F(Q)$则需要使用线性筛来预处理，并求出前缀和。

根据狄利克雷卷积的性质，因为 $idk$ 和 $\mu$ 都是积性函数所以$F$也是积性函数，那么$F$就可以像$\phi$一样利用$F(a\times b)=F(a)\times F(b)$求出。

对于$F(Q)=\sum _{d|Q}{d}^k\mu (\frac{Q}{d})$，将Q按唯一分解定理分解：
$Q=p_1^{c1}{p}_2^{c2}...p_m^{cm}$

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

同时，对于$F(p_i^{ci})$，因为莫比乌斯函数的性质，$\mu (prime)=-1,\mu (1)=1$,所以只有在 $d=p_i^{ci-1}$和 $d=p_i^{ci}$ 时对$\sum _{d|p_i^{ci}}{d}^k\mu (\frac{p_i^{ci}}{d})$有贡献。所以，$(1)$可以转化为：

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

$=\prod _{i=1}^m{p}_i^{k\times (ci-1)}\times (p_i^k-1)$

当$prime[j]|/i$的时候，两者互质，满足积性函数的性质，$f[i\ast prime[j]]=f[i]\ast f[prime[j]]$
当$prime[j]|i$的时候，$f[i\ast prime[j]]=f[i]\ast prime[j{]}^k$

第二个结论和筛$\phi$函数的时候类似，下面证明一下：
令$p=prime[j]$
$p[j]|i$时，证明 $\frac{i}{p[j]}$ 和 $i$有相同的质因子，那么

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

所以，$f[i\ast prime[j]]=f[i]\ast prime[j{]}^k$。

#include 
#include 
#include 
#include 
#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 [国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB
题意

为了研究最小公倍数，$Crash$画了一张$N\ast M$的表格，每个格子里写了一个数字，其中第$i$行第$j$列的那个格子里写着数$LCM(i,j)$。$Crash$想知道表格里所有的数的和mod 20101009的值。

思路
首先将问题转化为数学形式，保证$N<=M$，如果大就进行交换：

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

$=\sum _{i=1}^N\sum _{j=1}^M\frac{i\ast j}{gcd(i,j)}$

令$d=gcd(i,j)$，我们枚举$d$，则：
$ans=\sum _d^N\frac{1}{d}\sum _i^N\sum _j^{M}i\times j[gcd(i,j)==d]$

设$f(N,M,d)=\sum _i^N\sum _j^{M}i\times j[gcd(i,j)==d]$
设$g(N,M,d)=\sum _i^N\sum _j^{M}i\times j[d|gcd(i,j)]=\sum _{d|i}^{N}i\sum _{d|j}^{M}j=d^2\times \frac{\lfloor \frac{N}{d}\rfloor (\lfloor \frac{N}{d}\rfloor +1)}{2}\times \frac{\lfloor \frac{M}{d}\rfloor (\lfloor \frac{M}{d}\rfloor +1)}{2}$

这里是一个循环对$j$求和，一个循环对$i$求和，$\sum _i^N\sum _j^{M}i\times j$ 和 $\sum _{i_1}^{\lfloor \frac{N}{d}\rfloor }\sum _{j_1}^{\lfloor \frac{M}{d}\rfloor }{d}^2\times i_1\times j_1$等价

简要证明：首先我们知道 $i\in [1,N],j\in [1,M]$，满足 $gcd(i,j)==d$ 的数对个数是$\lfloor \frac{N}{d}\rfloor \times \lfloor \frac{M}{d}\rfloor$，我们将 $i,j$ 除以 $d$ ,缩小了范围，将$i,j$的范围从 [1,N] 和 [1,M] 缩小到了 [1,$\lfloor \frac{N}{d}\rfloor$] 和[1,$\lfloor \frac{M}{d}\rfloor$]，变成了$i_1,j_1$。$i=d\times i_1,j=d\times j_1$。

开始莫比乌斯反演：

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

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

令$x=\frac{n}{d}$，枚举$x$。

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

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

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

前一部分直接可以数论整除分块，根据莫比乌斯反演的性质后一部分是一个积性函数，我们在线性筛中预处理。

设$f_1(n)=\sum _{x|n}\mu (x)\times x$

根据唯一分解定理：

$n=p_1^{c1}{p}_2^{c2}{p}_3^{c3}...p_k^{ck}$

$f_1(n)=f_1(p_1^{c1}{p}_2^{c2}{p}_3^{c3}...p_k^{ck})=\prod _{i=1}^k{p}_i^{ci}$

对于$f_1(n)$，当 $nisprime$ 时，在求和的过程中，根据莫比乌斯函数的性质，只有当 $x$ 只有 $n,1$ 两个值可取，的时候对和有贡献。所以当 $nisprime$ 时，$f_1(n)=1-n$。

这样我们线性筛的时候就很简单了：

当 $imodprime[j]==1$时，$f_1(i\ast prime[j])=f_1(i)\times f_1(prime[j])$

当 $imodprime[j]==0$时，$f_1(i\ast prime[j])=f_1(i)=1-i$

设 $p=prime[j]$
.
当$imodp==0$时，$\frac{n}{p},n$ 都是 $p$ 的倍数，
.
$\frac{f_1(n)}{f_1(\frac{n}{p})}=\frac{(1-p_1)(1-p_2)...(1-p_k)}{(1-p_1)(1-p_2)...(1-p_k)}=1$

#include 
#include 
#include 
#include 
#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;
}