——題目出處zhoutb2333
題解：3e6可以帶乙個log
又是下取整問題。但是分塊會tle。
這樣考慮，我們把式子拆成兩個部分。
我們先算出來每乙個x的[ai/x]項，再算出來[x/ai]項。之後做和。
[x/ai]:
x和ai的倍數有一些關係。
發現，假設現在x|ai，且x/ai=k, 那麼，對於任意的（x~x+ai-1）[x/ai]=k;
所以，我們可以反過來，對於每乙個ai，列舉ai的倍數，在ai的每個倍數的位置上++，這個桶叫val
那麼，乙個x，[x/ai]的值，就是val[1~x]的和！即乙個字首和。
所以我們外層迴圈i，給ai的倍數打標記 。
但是會被卡，ai=1時，複雜度m^2
所以給ai再開乙個桶，cnt[i]表示值為i的ai有多少個。
列舉i的倍數即可，每次val+=cnt[i]，一次加了許多個。
複雜度：m*(1/1+1/2+1/3+...1/m)= mlogm
另外一部分：
[ai/x]
ai和x的倍數有一些關係。
這次就考慮外層列舉x，思路和上面差不多。
列舉x的每乙個倍數j，k=j/x，
那麼，對於數值在（k*x,k*x+x-1）的區間內的所有的ai，[ai/x]=k
把剛才那個桶cnt，進行乙個字首和。
所以，對於這個x，每個倍數j的貢獻是：(sum(k*x+x-1)-sum(k*x-1))*k
複雜度同上。
然後兩邊做和就可以了。
注意：腦殘的一點：n大於2e5的手動構造，mod m再加1，不是mod(m+1)
顯然啊，ai數值不能是(0,m）的，而是(1,m）
**：
#includeusingnamespace
std;
typedef
long
long
ll;const
int n=3000000+4
;ll n,m;
ll a[n];
ll cnt[n],tot;
ll val[n];
ll lp[n];
ll s[n];
intmain()
}else
}for(int i=1;i<=m;i++)
}//for(int i=1;i<=m;i++)
for(int i=1;i<=m;i++)
}ll ans=0
;
for(int i=1;i<=m;i++)
printf(
"%lld
",ans);
return0;
}
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