( ext{Solution:})
[sum_{i=1}^n sum_{j=1}^n
ho(i)
ho(j)
ho(gcd(i,j))
]
[=sum_{d=1}^n
ho(d)sum_{i=1}^n sum_{j=1}^n
ho(i)
ho(j)
ho(gcd(i,j))[gcd(i,j)=d]
]
[=sum_{d=1}^n
ho(d)sum_{i=1}^frac{n}{d}sum_{j=1}^frac{n}{d}
ho(i*d)
ho(j*d)[gcd(i,j)=1]
]
[=sum_{d=1}^n
ho(d) sum_{k=1}^frac{n}{d}mu(k)sum_{i=1}^frac{n}{kd}sum_{j=1}^frac{n}{kd}
ho(i*kd)
ho(j*kd)
]
[=sum_{T=1}^nsum_{d|T}
ho(d)mu(frac{T}{d})sum_{i=1}^frac{n}{T}sum_{j=1}^frac{n}{T}
ho(i*T)
ho(j*T)
]
[=sum_{T=1}^n sum_{i=1}^frac{n}{T}sum_{j=1}^frac{n}{T}
ho(i*T)
ho(j*T)
]
( ho*mu=1*1*mu=1*e)即值始终为(1.)
这题所学到的主要是线性筛约数个数( ho)：
前提：唯一分解定理 (n=prod_{i=1}^k p_i^{a_i}, ho(n)=prod (a_i+1))
设(g)是最小质因数的次数，(t)是约数个数。
对于质数：显然(g=1,t=2(1,p).)
令(n=i*p[j]:)
若(iequiv 0mod p[j],g[n]=g[i]+1,t[n]=frac{t[i]*(g[n]+1)}{g(n)})
否则(g[n]=1,t[n]=t[i]*2.)
解释：对于非质数的第二种情况，最小质因子次数一定是一个质数不必解释，而因子个数由于多了一个质因子，所以由上述唯一分解定理会使得原来的(g)变为两倍（多乘了一个(c_p+1,c_p=1.)）
对于非质数的第一种情况，最小质因子一定是当前的(p[j],)所以最小质因子次数就是(g[i]+1,)而约数个数需要先把(i)的(p[j])因子除尽再乘上当前的这个，实际上就是把(c_{p[j]})加了一。
于是这题可以在不用 Dirichlet前缀和 的情况下做到(O(nln n+nln n).)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=2e6;
int n,m,pp,vis[MAXN+1],cnt,p[MAXN+1],t[MAXN+1],g[MAXN+1],Tn[MAXN+1],Tm[MAXN+1],ans;
inline int add(int x,int y){return (x+y)%pp;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%pp;}
inline void predo(){
t[1]=1;
for(int i=2;i<=MAXN;++i){
if(!vis[i])p[++cnt]=i,g[i]=1,t[i]=2;
for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=MAXN;++j){
vis[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0){
g[i*p[j]]=g[i]+1;
t[i*p[j]]=mul(t[i]/g[i*p[j]],(g[i*p[j]]+1));
break;
}
g[i*p[j]]=1;
t[i*p[j]]=t[i]<<1;
}
}
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&pp);
predo();
if(n>m)swap(n,m);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n/i;++j)
Tn[i]=add(Tn[i],t[i*j]);
for(int i=1;i<=m;++i)
for(int j=1;j<=m/i;++j)
Tm[i]=add(Tm[i],t[i*j]);
for(int T=1;T<=n;++T)
ans=add(ans,mul(Tn[T],Tm[T]));
printf("%d
",ans);
return 0;
}