用mu写lcm那道卡常卡成狗(然而最后也没卡过去，于是写一下gcd冷静一下
首先推一下式子
[sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{n}gcd(i,j)
]
[sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{n}sum_{d=1}^{n}[gcd(i,j)==d]d
]
[sum_{d=1}^{n}dsum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{n}[gcd(i,j)==d]
]
[sum_{d=1}^{n}dsum_{i=1}^{left lfloor frac{n}{d}
ight
floor}sum_{j=1}^{left lfloor frac{n}{d}
ight
floor}[gcd(i,j)==1]
]
然后可以向两个方向推：莫比乌斯或者欧拉
首先推欧拉函数的：
为什么转成乘二加一的形式？考虑矩阵。( sum_{i=1}{n}sum_{j=1}{n}[gcd(i,j)1] )的形式相当于把除了( ij )的数对( (i,j) )都算了两遍，所以乘二，这时只用算一遍的( ij )的数对也被算了两遍，这些数对中对答案有贡献的只有( gcd(1,1)1 )所以减去一
[sum_{d=1}^{n}d(2*sum_{i=1}^{left lfloor frac{n}{d}
ight
floor}phi(i)-1)
]
[2*sum_{d=1}^{n}dsum_{i=1}^{left lfloor frac{n}{d}
ight
floor}phi(i)-sum_{i=1}^{n}i
]
转成这种形式就可以分块+杜教筛做了
拒绝算时间复杂度(。
然后莫比乌斯反演（不想卡常所以没写代码，最后应该带个ln：
[sum_{d=1}^{n}dsum_{i=1}^{left lfloor frac{n}{d}
ight
floor}sum_{j=1}^{left lfloor frac{n}{d}
ight
floor}sum_{k|gcd(i,j)}mu(k)
]
[sum_{d=1}^{n}dsum_{k=1}^{left lfloor frac{n}{d}
ight
floor}mu(k)left lfloor frac{n}{dk}
ight
floor^2
]
欧拉函数的代码，因为时间很充足，所以为了方便全部用了long long
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const long long N=1000005,m=1000000,mod=1e9+7,inv2=500000004;
long long n,ans,q[N],tot,phi[N],ha[N];
bool v[N];
long long wk(long long x)
{
if(x>=mod)
x-=mod;
return x%mod*(x+1)%mod*inv2%mod;
}
long long slv(long long x)
{
if(x<=m)
return phi[x];
if(ha[n/x])
return ha[n/x];
long long re=wk(x);
for(long long i=2,la;i<=x;i=la+1)
{
la=x/(x/i);
re=(re-(la-i+1)%mod*slv(x/i)%mod)%mod;
}
return ha[n/x]=re;
}
int main()
{
phi[1]=1;
for(long long i=2;i<=m;i++)
{
if(!v[i])
{
q[++tot]=i;
phi[i]=i-1;
}
for(long long j=1;j<=tot&&q[j]%mod*i<=m;j++)
{
long long k=i%mod*q[j];
v[k]=1;
if(i%q[j]==0)
{
phi[k]=phi[i]%mod*q[j];
break;
}
phi[k]=phi[i]%mod*(q[j]-1);
}
}
for(long long i=1;i<=m;i++)
phi[i]=(phi[i]+phi[i-1])%mod;
scanf("%lld",&n);
for(long long i=1,la;i<=n;i=la+1)
{
la=n/(n/i);
ans=(ans+(wk(la)-wk(i-1))%mod*slv(n/i)%mod)%mod;
}
printf("%lld
",((ans%mod*2-wk(n))%mod+mod)%mod);
return 0;
}