模積和

$ \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m(n \bmod i)\times(m\bmod j) $ 且 $ i\ne j $ 。

$O(nm)$ 暴力

首先我們發現可以將原式拆解一下，就可以變成

\[\sum^n_{i=1}(n\bmod i)\times\sum^m_{j=1}(m\bmod j) \]

但是這樣是不對的，因為我們沒有考慮 $i=j$ 的情況，所以正確的式子為

\[\sum^n_{i=1}(n\bmod i)\times\sum^m_{j=1}(m\bmod j)-\sum_{i-1}^{\min(n,m)}(n\bmod i)\times(m\bmod i) \]

$O(n+m)$ 的做法就完成了，30分到手。

根據打表發現，如果套上整除分塊，商為同一個數的所有 $i$ 會構成一個等差數列。

(以下預設要會整除分塊，不會的先去學)

設當前的商的第一個 $i$ 為 $l$ ，最後一個為 $r$ ，則首項為 $n\bmod l$ ,公差為 $-\lfloor \frac{n}{l}\rfloor$ ,項數為 $r-l+1$ 。

套一個等差數列求和公式，就可以將複雜度降至 $O(\sqrt n+\sqrt m+n)$

100ps

現在演算法複雜度的瓶頸全在求 $\sum_{i-1}^{min(n,m)}(n\bmod i)\times(m\bmod i)$ 上，那麼我們可以嘗試套上整除分塊，那麼還是一樣，設當前的商的第一個 $i$ 為 $l$ ，最後一個為 $r$ ,那麼

\[r=\min(\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{l}\rfloor}\rfloor,\lfloor\frac{m}{\lfloor\frac{m}{l}\rfloor}\rfloor) \]

設 $n$ 的首項為 $ns$ ，$m$ 的首項為 $ms$ ， $n$ 的公差為 $ng$ ，$m$ 的公差為 $mg$ ，項數為 $lg$。

那麼

\[ns=n\bmod l \]

\[ms=m\bmod l \]

\[ng=-\lfloor \frac{n}{l}\rfloor \]

\[mg=-\lfloor \frac{m}{l}\rfloor \]

\[lg=r-l+1 \]

我們知道，在這裡面，數列即為

\[ns·ms\Longrightarrow (ns-ng)·(ms-mg) \Longrightarrow......\Longrightarrow(ns-lg·ng)·(ms-lg·mg) \]

拆解一下，即為

\[ns·ms\Longrightarrow ns·ms-ng·ms-ns·mg+ng·mg \Longrightarrow......\Longrightarrow ns·ms\\-(lg-1)·ng·ms-(lg-1)·ns·mg+(lg-1)^2ng·mg \]

如果我們先不管那些 $ng·mg$,那麼原式就會變為

\[ns·ms\Longrightarrow ns·ms-ng·ms-ns·mg\Longrightarrow......\Longrightarrow ns·ms-(lg-1)·ng·ms\\ -(lg-1)·ns·mg \]

我們可以發現，這又是一個等差數列，首項為 $ns·ms$ ，項數為 $lg$ ，公差為 $-ng·ms-ns·mg$ ,於是這一部分就完成了。

現在我們看到 $ng·mg$，發現他們的係數分別為

\[0^2,1^2,2^2,3^2,4^2......(lg-1)^2 \]

那麼這一部分就需要用到平方和公式了，即

\[\sum_{i=1}^n i^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \]

那麼這一部分就完成了。
最後將這兩部分加起來，然後用一開始的容減去這個斥就可以得到答案。

複雜度 $O(\sqrt n+\sqrt m)$