分析
首先将 (sum_{i=a}^bC(i)) 转换成 (sum_{i=1}^bC(i)-sum_{i=1}^{a-1}C(i))，
那么题目就转换成求 (sum_{1leq xyzleq n}(|x|+|y|+|z|)^2)。
三个数相乘是正数当且仅当两负一正或者全是正数，一共四种情况。
再将平方拆开可以化简成
[4sum_{xyzleq n}x^2+y^2+z^2+2(xy+xz+yz)
]
考虑三个平方项是等价的，(xy,xz,yz)也是等价的，所以就是
[(12sum_{xyzleq n}x^2)+(24sum_{xyzleq n}xy)
]
对于左边这一部分考虑枚举 (x)，就可以转换成 (sum_{x=1}^nx^2f(lfloorfrac{n}{x} floor))。
其中 (f(n)=sum_{i=1}^nilfloorfrac{n}{i} floor)，这两个式子都可以整除分块实现。
对于右边这一部分考虑枚举 (z)，就可以转换成
(sum_{z=1}^ng(lfloorfrac{n}{z}
floor))。
[g(n)=sum_{i=1}^nifrac{(lfloorfrac{n}{i}
floor+1)* (lfloorfrac{n}{i}
floor)}{2}
]
同样也可以用整除分块实现。
代码
#include <cstdio>
#define rr register
using namespace std;
const int mod=10007;
inline signed mo(int x,int y){return x<y?x-y+mod:x-y;}
inline void Mo(int &x,int y){x=x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline signed sf(int n){return 3336*(1ll*n*(n+1)%mod)*(n<<1|1)%mod;}
inline signed query0(int n){
rr int ans=0;
for (rr int l=1,r;l<=n;l=r+1)
r=n/(n/l),Mo(ans,(r-l+1ll)*(n/l)%mod);
return ans;
}
inline signed query1(int n){
rr int ans=0;
for (rr int l=1,r;l<=n;l=r+1)
r=n/(n/l),Mo(ans,(1ll*(l+r)*(r-l+1)%mod)*(1ll*(n/l)*(n/l+1)%mod)%mod);
return ans;
}
inline signed query(int n){
rr int ans=0;
for (rr int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l),Mo(ans,mo(sf(r),sf(l-1))*query0(n/l)%mod);
Mo(ans,(r-l+1ll)*query1(n/l)%mod);
}
return 6ll*ans%mod;
}
signed main(){
rr int l,r; scanf("%d%d",&l,&r);
return !printf("%d",mo(query(r),query(l-1)));
}