**Example 1 (str 学数学) **str 同学因为名字里含有一个 str，所以觉得字符串对于他来说太简单了，于是他开始了他的数学之旅。
在旅途中str遇到了刚抽到胡桃的 lyl，而 lyl 同学正沉浸在出货的喜悦之中，为了能收获双倍喜悦，他便询问 str，他选的区间内有多少个幸运数字，str觉得这个问题和字符串一样简单，于是把这个问题交给了你。
共有 \(T\) 组询问，每次给出两个正整数 \(L,R\)，你需要判断有多少 \(n\)，\(L \leq n \leq R\) 使得方程
\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \left \lfloor \frac {ij} {n+1} \right \rfloor = \frac {n^2 (n-1)}{4}
\]
成立。
请输出你得到的答案。
数据范围：\(1 \leq T \leq 10000\)，\(1 \leq L \leq R \leq 10^7\)
样例输入：
4
1 4
2 8
1 10
1 100
样例输出：
3
3
5
26
来源：2023 年寒假集训 B 组总结赛
考场上当然是打表找规律了，但非常愚钝地没看出来……
结论是，\(n\) 是一个幸运数字，当且仅当 \(n+1\) 是一个质数。下面提供两种证明方法。
Official Solution
出题人提供的非常有技巧性的解法。
\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \left \lfloor \frac {ij} {n+1} \right \rfloor = \frac {n^2 (n-1)}{4}
\]
考虑为 \(\lfloor \frac {ij} {n+1} \rfloor\) 配对，
\[\begin{aligned}
\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \left \lfloor \frac {ij} {n+1} \right \rfloor + \left \lfloor \frac {i(n-j+1)} {n+1} \right \rfloor &= \frac {n^2 (n-1)}{2} \\
\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \left \lfloor \frac {ij} {n+1} \right \rfloor + \left \lfloor i - \frac {ij} {n+1} \right \rfloor &= \frac {n^2 (n-1)}{2} \\
\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n i - [ n+1 \nmid ij ] &= \frac {n^2 (n-1)}{2} \\
\frac{n^2 (n+1)}{2} - \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n [ n+1 \nmid ij ] &= \frac {n^2 (n-1)}{2} \\
\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n [ n+1 \nmid ij ] &= n^2
\end{aligned}
\]
即要求 \(n+1 \nmid ij\) 对任意 \(1 \leq i,j \leq n\) 成立。因此根据质数定义，\(n+1\) 就是且只能是质数了。
Alternative Solution
考场上推了一半的想法。
\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \left \lfloor \frac {ij} {n+1} \right \rfloor = \frac {n^2 (n-1)}{4}
\]
注意到 \(a \bmod b = a - b \lfloor \frac a b \rfloor\)，考虑构造取模
\[\begin{aligned}
\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n (n+1) \left \lfloor \frac {ij} {n+1} \right \rfloor = \frac {n^2 (n-1)(n+1)}{4} \\
\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n ij - ij \bmod (n+1) = \frac {n^2 (n-1)(n+1)}{4} \\
\left( \frac {n(n+1)}{2} \right)^2 - \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n ij \bmod (n+1) = \frac {n^2 (n-1)(n+1)}{4} \\
\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n ij \bmod (n+1) = \frac {n^2 (n+1)} {2}
\end{aligned}
\]
考虑固定 \(i\)，研究 \(j\) 变化下左式的情况。方便起见，我们将上式左侧 \(j\) 的取值范围扩展至 \(0\) 到 \(n\)：
\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=0}^n ij \bmod (n+1) = \frac {n^2 (n+1)} {2}
\]
细心的读者或许已经发现，当 \(\gcd(i,n+1) = 1\) 恒成立，即 \(n+1\) 为质数时，\(ij \bmod (n+1)\) 将取遍 \(0\) 到 \(n\)，此时左右两式相等。下面我们证明这是上式相等的充分必要条件。
仍从 \(ij \bmod (n+1)\) 的取值下手，我们研究如下以 \(j\) 和 \(t\) 为变量的不定方程的解
\[ij + (n+1) t = m \pod{0 \leq m < n+1}
\]
由裴蜀定理（Bézout’s identity），方程有解的充分必要条件为 \(\gcd(i,n+1) \mid m\)。不妨记 \(d = \gcd(i,n+1)\)，\(m = k d\)，方程变为
\[ij + (n+1) t = kd \pod{0 \leq k < \frac {n+1} d}
\]
写出该不定方程的通解
\[\left \{
\begin{aligned}
j &= j_0 + s \cdot \frac{n+1}{d}\\
t &= t_0 - s \cdot \frac{i}{d}
\end{aligned}
\right . \pod{s \in \mathbb Z}
\]
不难发现，对 \(0 \le k < \frac n d\)，上述不定方程在 \(0 \leq j \leq n\) 的范围内总有 \(d\) 个解，这意味着 \(ij \bmod (n+1)\) 将有 \(d\) 次取到 \(kd\)。故我们有
\[\begin{aligned}
\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n ij \bmod (n+1)
&= \sum_{i=1}^n d \sum_{k=0}^{\frac {n+1}{d} -1} kd \\
&= \sum_{i=1}^n d^2 \sum_{k=0}^{\frac {n+1}{d} -1} k \\
&= \frac 1 2 \sum_{i=1}^n d^2 \left( \frac {n+1} d - 1 \right) \frac {n+1} d \\
&= \frac {n+1} 2 \sum_{i=1}^n (n+1-d) = \frac{n^2 (n+1)}{2}
\end{aligned}
\]
化简即得
\[\begin{aligned}
\sum_{i=1}^n (n+1-d) &= n^2 \\
\sum_{i=1}^n d &= n \\
\sum_{i=1}^n \gcd(i, n+1) &= n
\end{aligned}
\]
显然上式等价于对任意 \(1 \leq i \leq n\)，\(\gcd(i, n+1) = 1\) 恒成立。因此我们证明了 \(n+1\) 是质数是原方程成立的充分必要条件。
