Description

输入一个整数n和一个整数p，你需要求出$(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n ijgcd(i,j))~mod~p$，其中gcd(a,b)表示a与b的最大公约数。

Input

一行两个整数p、n。

Output

一行一个整数$(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n ijgcd(i,j))~mod~p$。

Sample Input

998244353 2000

Sample Output

883968974

HINT

对于20%的数据，$n \leq 1000$。

对于30%的数据，$n \leq 5000$。

对于60%的数据，$n \leq 10^6$，时限1s。

对于另外20%的数据，$n \leq 10^9$，时限3s。

对于最后20%的数据，$n \leq 10^{10}$，时限6s。

对于100%的数据，$5 \times 10^8 \leq p \leq 1.1 \times 10^9$且p为质数。

题解

题目要求 $$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n ij\cdot gcd(i,j)$$

提出 $gcd$ \begin{aligned}&\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^nij[gcd(i,j)=d]\\=&\sum_{d=1}^nd^3\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}ij[gcd(i,j)=1]\\=&\sum_{d=1}^nd^3\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}ij\sum_{k\mid gcd(i,j)}\mu(k)\\=&\sum_{d=1}^nd^3\sum_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\mu(k)k^2\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{kd}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{kd}\right\rfloor}ij\end{aligned}

令 $F(x)=\sum\limits_{i=1}^xi=\frac{x(x+1)}{2}$ ， $T=kd$ \begin{aligned}\Rightarrow&\sum_{d=1}^nd^3\sum_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\mu(k)k^2F^2\left(\frac{n}{kd}\right)\\=&\sum_{T=1}^nF^2\left(\frac{n}{T}\right)\sum_{d\mid T}d^3\left(\frac{T}{d}\right)^2\mu\left(\frac{T}{d}\right)\\=&\sum_{T=1}^nF^2\left(\frac{n}{T}\right)T^2\sum_{d\mid T}d\cdot\mu\left(\frac{T}{d}\right)\end{aligned}

前面的很好处理，但那个狄利克雷卷积是什么鬼...我们把它拎出来调教一下: $$\sum_{d\mid T}d\cdot\mu\left(\frac{T}{d}\right)$$

这个形式似乎不好看，我们让它女装变个样子： $$\sum_{d\mid T}\frac{T}{d}\cdot\mu(d)=T\sum_{d\mid T}\frac{\mu(d)}{d}$$

这玩意不就是 $\varphi(T)$ 么。带入原柿 $$\sum_{T=1}^nF^2\left(\frac{n}{T}\right)T^2\varphi(T)$$

现在就好搞♂了，美滋滋。记 $f(T)=T^2\varphi(T)$ 显然他是个积性函数，可以杜教筛了。

考虑求 $S(n)=\sum\limits_{i=1}^nf(i)$

上述式子 $$g(1)S(n)=\sum_{i=1}^n(g*f)(i)-\sum_{i=2}^ng(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)$$

考虑到 $\sum\limits_{d\mid n}\varphi(d)=n$ ，又由于 $(g*f)(n)=\sum\limits_{d\mid n}\varphi(d)d^2\cdot g\left(\frac{n}{d}\right)$ 。我们考虑让 $g(n)=id^2(n)$ ，那么 $(id*f)(n)=\sum\limits_{d\mid n}n^2\cdot\varphi(d)=n^3$ 。由于 $\sum\limits_{i=1}^ni^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2=F^2(n)$ 。显然这个卷积的前缀为 $\sum\limits_{i=1}^n(g*f)(i)=F^2(n)$ 。

故对于 $f$ $$S(n)=F^2(n)-\sum_{i=2}^ni^2\cdot S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)$$

由公式 $\sum\limits_{i=1}^ni^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ 现在整个柿子都好算了。

 //It is made by Awson on 2018.1.25

 #include <set>

 #include <map>

 #include <cmath>

 #include <ctime>

 #include <queue>

 #include <stack>

 #include <cstdio>

 #include <string>

 #include <vector>

 #include <cstdlib>

 #include <cstring>

 #include <iostream>

 #include <algorithm>

 #define LL long long

 #define Abs(a) ((a) < 0 ? (-(a)) : (a))

 #define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))

 #define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))

 #define Swap(a, b) ((a) ^= (b), (b) ^= (a), (a) ^= (b))

 #define writeln(x) (write(x), putchar('\n'))

 #define lowbit(x) ((x)&(-(x)))

 using namespace std;

 const int N = ;

 void read(LL &x) {

     char ch; bool flag = ;

     for (ch = getchar(); !isdigit(ch) && ((flag |= (ch == '-')) || ); ch = getchar());

     for (x = ; isdigit(ch); x = (x<<)+(x<<)+ch-, ch = getchar());

     x *= -*flag;

 }

 void write(LL x) {

     if (x > ) write(x/);

     putchar(x%+);

 }

 LL n, p, phi[N+], inv2, inv6;

 LL prime[N+], isprime[N+], tot;

 map<LL,LL>mp;

 LL quick_pow(LL a, LL b) {

     LL ans = ; a %= p;

     while (b) {

     if (b&) ans = ans*a%p;

     a = a*a%p; b >>= ;

     }

     return ans;

 }

 void get_pre() {

     memset(isprime, , sizeof(isprime)); isprime[] = , phi[] = ;

     for (int i = ; i <= N; i++) {

     if (isprime[i]) prime[++tot] = i, phi[i] = 1ll*(i-)*i%p*i%p;

     for (int j = ; j <= tot && i*prime[j] <= N; j++) {

         isprime[i*prime[j]] = ;

         if (i%prime[j]) phi[i*prime[j]] = phi[i]*(prime[j]-)%p*prime[j]%p*prime[j]%p;

         else {phi[i*prime[j]] = phi[i]*prime[j]%p*prime[j]%p*prime[j]%p; break; }

     }

     (phi[i] += phi[i-]) %= p;

     }

 }

 LL sum(LL n) {n %= p; return n*(n+)%p*inv2%p; }

 LL sum2(LL n) {n %= p; return n*(n+)%p*(n*+)%p*inv6%p; }

 LL get_phi(LL n) {

     if (n <= N) return phi[n];

     if (mp.count(n)) return mp[n];

     LL ans = sum(n)*sum(n)%p;

     for (LL i = , last; i <= n; i = last+) {

     last = n/(n/i); (ans -= get_phi(n/i)*((sum2(last)-sum2(i-))%p)%p) %= p;

     }

     return mp[n] = ans;

 }

 void work() {

     read(p), read(n); get_pre(); inv2 = quick_pow(, p-), inv6 = quick_pow(, p-); LL ans = ;

     for (LL i = , last; i <= n; i = last+) {

     last = n/(n/i); LL s = sum(n/i);

     (ans += s*s%p*((get_phi(last)-get_phi(i-))%p)%p) %= p;

     }

     writeln((ans+p)%p);

 }

 int main() {

     work();

     return ;

 }