今天的数学课上，Crash小朋友学习了最小公倍数(Least Common Multiple)。对于两个正整数a和b，LCM(a, b)表示能同时被a和b整除的最小正整数。例如，LCM(6, 8) = 24。回到家后，Crash还在想着课上学的东西，为了研究最小公倍数，他画了一张N*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为LCM(i, j)。一个4*5的表格如下： 1 2 3 4 5 2 2 6 4 10 3 6 3 12 15 4 4 12 4 20 看着这个表格，Crash想到了很多可以思考的问题。不过他最想解决的问题却是一个十分简单的问题：这个表格中所有数的和是多少。当N和M很大时，Crash就束手无策了，因此他找到了聪明的你用程序帮他解决这个问题。由于最终结果可能会很大，Crash只想知道表格里所有数的和mod 20101009的值。
输入的第一行包含两个正整数，分别表示N和M。
输出一个正整数，表示表格中所有数的和mod 20101009的值。
由题意列式：
最终化简：
令
（显然f(D)是积性函数）
#include<cstdio> #include<iostream> #define mod 20101009 #define inv_4 15075757 using namespace std; const int N=1e7+5; int n,m,tot,ans,prime[N/3],f[N],s[N],sum[N];bool check[N]; void prepare(){ f[1]=1; for(int i=2;i<=n;i++){ if(!check[i]) prime[++tot]=i,f[i]=1-i; for(int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=n;j++){ check[i*prime[j]]=1; if(!(i%prime[j])){f[i*prime[j]]=f[i];break;} else f[i*prime[j]]=f[i]*f[prime[j]]%mod; } } for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=(1LL*sum[i-1]+1LL*f[i]*i)%mod; } void solve(){ for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=(1LL*i*(i+1))%mod; for(int i=1,pos;i<=m;i=pos+1){ pos=min(n/(n/i),m/(m/i)); ans=(1LL*ans+(1LL*s[n/i]*s[m/i])%mod*(1LL*(sum[pos]-sum[i-1]))%mod+mod)%mod; } ans=1LL*ans*inv_4%mod; printf("%d\n",ans); } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); if(n<m) swap(n,m); prepare(); solve(); return 0; }
原文：http://www.cnblogs.com/shenben/p/6602462.html