題目：

題意：

設 ，已知m，n，p，求   。

思路：

尤拉函式性質： （p為質數）。

一個數肯定能表示成若干個質數的乘積，因此，設。

  (其餘的項上下展開後都可以約掉，因為它們互質)

設 。

設

設

為莫比烏斯函式，有如下性質：

（當n=1時）

（當n>1時）

當gcd(a,b)==1時，，當gcd(a,b)!=1時，，等價於 。

最後一步的轉化中，表示在中能被d整除的數的個數，表示在中能被d整除的數的個數，因此，兩者的乘積就表示為在累加的過程中滿足 的情況的個數，因此，最後兩個式子等價。

時間複雜度計算：

a[i]陣列，尤拉函式，莫比烏斯函式均能線性預處理。

計算的時間複雜度為O(n)；

計算的總時間為：

(C為尤拉常數)

因為有n項，所以每項的平均時間為 。

因此，總時間複雜度為 。

程式碼：

因為的值總是小於 i ，所以預處理 max(m,n) 個逆元已經足夠了。

#include <iostream>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <set>
#include <vector>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;

const int MAX = 1e6+10;

ll m,n,mod;
ll prime[MAX],phi[MAX];
int cnt=0;
bool flag[MAX];
int mu[MAX];
ll a[MAX];
ll inv[MAX];
int len;

//預處理尤拉函式phi[ ]和莫比烏斯函式mu[ ]
void init()
{
    memset(flag,false,sizeof(flag));
    phi[1]=1;
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<MAX;i++){
        if(!flag[i]){
            prime[cnt++]=i;
            phi[i]=i-1;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j=0;j<cnt&&i*prime[j]<MAX;j++){
            flag[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]==0){
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                mu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            }
            else
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
                mu[i * prime[j]] = -mu[i];
        }
    }
}

void gao()
{
    //預處理逆元
    inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=len;i++)
        inv[i] = 1LL * inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
    //預處理a[ ]陣列 ( a[i]=i/phi[i] )
    for(int i=1;i<=len;i++){
        a[i]=1ll*i*inv[phi[i]]%mod;
    }
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    init();
    while(T--)
    {
       scanf("%lld%lld%lld",&m,&n,&mod);
       len=min(m,n);
       gao();
       ll ans=0;
       for(int i=1;i<=len;i++){
          int tmp1=m/i,tmp2=n/i;
          int v=min(tmp1,tmp2);
          //計算g(m/d,n/d)
          ll g=0;
          for(int j=1;j<=v;j++)
            g=(g+1ll*mu[j]*(tmp1/j)*(tmp2/j)+mod)%mod;
          ans=(ans+a[i]*g)%mod;
       }
       printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}