求 \(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[i\ne j](n\mod i)(m\mod j)\)， 對 \(19940417\) 取模（至今未考證出是什麼日子）。\(1\le n,m\le 10^9\)。

先來看看這個式子有什麼特點，然後開拆：

• \([i\ne j]\) 看起來需要容斥掉；
• 取模似乎可以轉化為下取整，數論分塊——資料範圍驗證了這一點。

下面進行推導：

不妨設 \(n\le m\)，原式可變形為 \(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}(n\mod i)(m\mod j)-\sum\limits_{i=1}^{n}(n\mod i)(m\mod i)\)

不需要再拆了，這個又臭又長的式子已經可以用數論分塊處理了。

有一個小問題：第二大項最後的 \(i^2\)

怎麼處理？

平方和數列求和公式：\(\sum\limits_{i=1}^{n}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\)。數歸顯然可證。

下面是 AC 程式碼：

#define int long long
const int p=19940417;
int m1(int x){return (x*(x+1)>>1)%p;}//等差數列求和
int m2(int x){//平方和數列求和
	return x%3==1?(x*(x+1)>>1)%p*((x<<1|1)/3)%p:(x*(x+1)/6)%p*(x<<1|1)%p;
}
int f(int x){//數論分塊，g()同
	int ans=0;
	for(int l=1,r,len;l<=x;l=r+1){
		r=x/(x/l),len=r-l+1;
		(ans+=len*x%p-(x/l)%p*(m1(r)-m1(l-1)))%=p;
	}
	return (ans+p)%p;
}
int g(int x,int y){
	int ans=0;
	for(int l=1,r,len;l<=x&&l<=y;l=r+1){
		r=min(x/(x/l),y/(y/l)),len=r-l+1;//因為有兩個下取整相乘，故取min保證正確性
		(ans+=x*y%p*len)%=p;
		(ans-=(x*(y/l)+y*(x/l))%p*(m1(r)-m1(l-1)))%=p;
		(ans+=(x/l)*(y/l)%p*(m2(r)-m2(l-1)))%=p;
	}
	return (ans+p)%p;
}
signed main(){
	int n=rd(),m=rd();
	printf("%lld\n",(f(n)*f(m)%p-g(n,m)+p)%p);
	return 0;
}

THE END