求：
\[\sum_^\sum_^\varphi(ij)
\]先要考慮怎麼把 \(\varphi\) 轉成帶有 \(\gcd\) 或 \(\operatorname\) 的形式。
性質：\(\varphi(ij)=\frac\)。
證明：\[\begin
\varphi(i)\varphi(j)&=i\prod_\fracj\prod_\frac &p\in primes\\
&=ij\prod_\frac\prod_\frac
\end
\]所以有：
\[\begin
\varphi(i)\varphi(j)\gcd(i,j)&=ij\prod_\frac\gcd(i,j)\prod_\frac\\
&=\varphi(ij)\varphi(\gcd(i,j))
\end
\]化簡式子，有：
\[\begin
&\sum_^\sum_^\varphi(ij)\\
&=\sum_^\sum_^\frac\\
&=\sum_^\frac\sum_^\sum_^\varphi(i)\varphi(j)[gcd(i,j)=d]\\
&=\sum_^\frac\sum_^\rfloor}\sum_^\rfloor}\varphi(id)\varphi(jd)[gcd(i,j)=1]\\
&= \sum_^\frac\sum_^\rfloor}\mu(p)\sum_^\rfloor}\varphi(id)[p|i]\sum_^\rfloor}\varphi(jd)[p|j]\\
&=\sum_^\frac\sum_^\rfloor}\mu(p)\sum_^\rfloor}\varphi(ikd)\sum_^\rfloor}\varphi(jkd)\\
&=\sum_^\left(\sum_\frac\mu(\frac)\right)\left(\sum_^\rfloor}\varphi(it)\right)\left(\sum_^\rfloor}\varphi(jt)\right)& 設 \ t=dp \\
\end\\
\]設 \(f(n)=\sum\limits_\frac\mu(\frac)\)，線性篩預處理即可，\(\mathcal(n \ln n)\)。
設 \(g(k,n)=\sum\limits_^\varphi(i,k)\)，顯然 \(g(k,n)=g(k,n-1)+\varphi(nk)\)。
則原式等於：
\[\begin
\sum_^f(t)\times g(t,\lfloor\frac\rfloor)\times g(t,\lfloor\frac\rfloor)
\end
\]發現整除分塊不了，考慮把整個式子設出來：
\[h(a,b,n)=\sum_^f(t)\times g(t,a) \times g(t,b)
\]容易發現，這其實就是乙個差分：
\[h(a,b,n)=\sum_\rfloor=\lfloor\frac\rfloor \operatorname \lfloor\frac\rfloor=\lfloor\frac\rfloor}h(\lfloor\frac\rfloor,\lfloor\frac\rfloor,r)-h(\lfloor\frac\rfloor,\lfloor\frac\rfloor,l)
\]再考慮根號分治，我們設乙個閾值 \(s\)，將所有 \(h(1,1,1) \sim h(s,s,n)\) 的 \(h\) 值預處理出來。
預處理式子就是：
\[h(j,k,i)=h(j,k,i-1)+f(i)\times g(i,j)\times g(i,k)
\]對於 \(\lfloor\frac\rfloor \leq s\) 可直接查詢。
否則，可知 \(r \leq \lfloor\frac\rfloor\)，數論分塊計算即可。
#include using namespace std;
const int mod = 998244353;
const int s = 50;
const int maxn = 1e5;
bool vis[maxn + 7];
int tot, prime[maxn + 7];
int mu[maxn + 7], phi[maxn + 7], invphi[maxn + 7];
int sum[maxn + 7];
int *g[maxn + 7], *t[100][100];
int qpow(int x, int y)
return res;
}void init()
phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);
mu[i * prime[j]] = -mu[i];
}invphi[i] = qpow(phi[i], mod - 2);
}for (int pp = 1; pp <= maxn; pp++)
for (int q = pp, d = 1; q <= maxn; q += pp, d++)
sum[q] = (sum[q] + pp * (long long)invphi[pp] % mod * mu[d]) % mod, sum[q] += (sum[q] < 0 ? mod : 0);
for (int i = 1; i <= maxn; i++)
for (int j = 1; j <= s; j++)
for (int k = j; k <= s; k++)
}signed main()
printf("%d\n", res);
}return 0;
}
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