前言：體驗到了推式子的快感orz
題目大意：求$\varphi(n)*\varphi(m)*\sum_ \varphi(k)\ mod\ 998244353$
設$n=q_1k+r_1,m=q_2k+r_2$，那麼$q_1=\lfloor \frac \rfloor,q_2=\lfloor \frac \rfloor$。
$n+m=(q_1+q_2)k+r_1+r_2$
$(n+m)-(q_1+q_2)k=r_1+r_2$
$\lfloor \frac \rfloor-\lfloor \frac \rfloor-\lfloor \frac \rfloor=r_1+r_2=1$
所以現在變為：找到滿足上式的$k$。
我們先給出乙個式子：
$ans=\sum\limits_^\varphi(k)*\lfloor \frac \rfloor-\sum\limits_^n \varphi(k)*\lfloor \frac \rfloor-\sum\limits_^m \varphi(k)*\lfloor \frac \rfloor$
這個式子是什麼意思？
對於$(\lfloor \frac \rfloor-\lfloor \frac \rfloor-\lfloor \frac \rfloor)*\varphi(k)$：
如果$k$滿足條件，那麼係數為$1$，對答案有貢獻。如果$k$不合法那麼係數為$0$，對答案是沒有貢獻的。所以上面給出的式子可以計算所有合法的答案。
現在我們嘗試對$\sum\limits_^n \varphi(k)*\lfloor \frac \rfloor$進行化簡。
有這樣乙個關係：$\sum\limits_^n i=\sum\limits_^n \sum\limits_\varphi(k)=\sum\limits_^n \varphi(k)*\lfloor \frac \rfloor$
證明：$\sum\limits_^n i=\sum\limits_^n \sum\limits_\varphi(k)$
對於乙個數$i$，在小於等於它的數中有這樣的關係：
1.最大公約數為$1$，記為$g_1$，個數顯然是$\varphi(i)$
2.最大公約數為$2$，記為$g_2$,個數是$\varphi(i/2)$
$\cdots$
i.最大公約數為$i$，記為$g_i$，個數為$1$。
這些集合的並集大小為$i$，所以上述等式成立。
現在來看$\sum\limits_^n \sum\limits_\varphi(k)=\sum\limits_^n \varphi(k)*\lfloor \frac \rfloor$
對於左式，其意義為考慮每個$i$對答案的貢獻；而對於右式，其意義為考慮每個合法的$k$對答案的貢獻。二者對於答案的總貢獻是相同的，所以等式成立。
經過化簡，最終答案為$\varphi(n)*\varphi(m)*n*m$
**：
#include#define int long longusing
namespace
std;
const
int mod=998244353
;int
n,m,ans;
inline
int phi(int
x)
if (x>1) res=res/x*(x-1
);
return res%mod;
}signed main()
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