模积和

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推柿子啦。

$$\begin{gathered} \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(n\mathrm{\%}i)(m\mathrm{\%}j)(i\ne j) \\ =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(n\mathrm{\%}i)(m\mathrm{\%}j)-\sum _{i=1}^{min(n,m)}(n\mathrm{\%}i)(m\mathrm{\%}i) \end{gathered}$$

前者：

$$\begin{gathered} =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(n-n/i\times i)(m-m/j\times j) \\ =(\sum _{i=1}^{n}n-n/i\times i)\times (\sum _{j=1}^m(m-m/j\times j)) \end{gathered}$$

对两段分别数论分块之后相乘即可。后面：

$$=\sum _{i=1}^{min}mn-n/i\times mi-m/i\times ni+(n/i)(m/i)i^2$$

最后一项可以每次对两个限制分别求出右端点然后取最小值即可。

后来的事：推式子是简单的，代码细节是不友好的。眼瞎调了十多分钟，卡取模又卡了二十分钟。靠。我太弱了。

#include<bits/stdc++.h>
//#define feyn
#define int long long
using namespace std;
const int mod=19940417;
const int p2=9970209;
const int p6=3323403;
inline void read(int &wh){
    wh=0;int f=1;char w=getchar();
    while(w<'0'||w>'9'){if(w=='-')f=-1;w=getchar();}
    while(w<='9'&&w>='0'){wh=wh*10+w-'0';w=getchar();}
    wh*=f;return;
}
inline int min(int s1,int s2){
	return s1<s2?s1:s2;
}

inline int f1(int l,int r){l%=mod,r%=mod;return (l+r)*(r-l+1)%mod*p2%mod;}
inline int f_(int wh){wh%=mod;return wh*(wh+1)%mod*(2*wh+1)%mod*p6%mod;}
inline int f2(int l,int r){return (f_(r)-f_(l-1)+mod)%mod;}

signed main(){
	
	#ifdef feyn
	freopen("in.txt","r",stdin);
	#endif
	
	int m,n;read(m);read(n);
	int ans=0,now=0;
	for(int l=1,r;l<=m;l=r+1)r=m/(m/l),now+=f1(l,r)*(m/l)%mod;
	ans=(m%mod*m%mod-now%mod)%mod;now=0;
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)r=n/(n/l),now+=f1(l,r)*(n/l)%mod;
	ans=ans*(n%mod*n%mod-now%mod)%mod;now=0;
	int lim=min(m,n);
	ans-=lim%mod*m%mod*n%mod;
	for(int l=1,r;l<=lim;l=r+1)r=min(m/(m/l),lim),now+=f1(l,r)*(m/l)%mod*n%mod,now%=mod;
	ans+=now;now=0;
	for(int l=1,r;l<=lim;l=r+1)r=min(n/(n/l),lim),now+=f1(l,r)*(n/l)%mod*m%mod,now%=mod;
	ans+=now;ans%=mod;now=0;
	for(int l=1,r;l<=lim;l=r+1){
		r=min(m/(m/l),n/(n/l));
		now+=f2(l,r)*(m/l)%mod*(n/l)%mod;
	}
	ans-=now;
	printf("%lld\n",(ans%mod+mod)%mod);
	
	return 0;
}