题目链接
题意：求$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nf(ij)$模$1000000007$的值。$f(n)$为n的约数个数。
题解：我们有一个结论：$f(nm)=\sum_{i|n}\sum_{j|m}(gcd(i,j)==1)$
这是为什么呢？
考虑到$nm$的任何一个约数都可以表示成满足$i|n$，$j|m$的$i*\lfloor\frac{m}{j}$，上面的式子就是枚举i，j的值的过程。那为什么要求$gcd(i,j)==1$呢？如果有d满足$d|i，d|j$那么$i*\frac{m}{j}=\frac{i}{p}*\frac{m}{\frac{j}{p}}$，重复计算了。所以我们有了上面的式子。
$ans$
$=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nf(ij)$
$=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{a|i}\sum_{b|j}(gcd(a,b)==1)$
$=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{a|i}\sum_{b|j}\sum_{k|gcd(a,b)}\mu(k)$
$=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{a|i}\sum_{b|j}\sum_{k|a,k|b}\mu(k)$
$=\sum_{k=1}^{n}\mu(k)\sum_{a=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{b=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{ak}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{bk}\rfloor}$
$=\sum_{k=1}^{n}\mu(k)(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\lfloor\frac{n}{ik}\rfloor)^2$
于是我们用杜教筛算出$\mu$的前缀和，再分块计算即可。
杜教筛
$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j|i}\mu(j)=1$，因为只有i=1时有贡献1。
=>$\sum_{j=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{j}\rfloor}\mu(j)=1$
=>$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\mu(j)=1$
=>$\sum_{j=1}^{n}\mu(j)=1-\sum_{i=2}^{n}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\mu(j)$，即把$i=1$带入。
于是我们可以通过记忆化搜索求出前缀和。如果预先线性筛出较小的前缀和，时间复杂度大概为$O(n^{\frac{2}{3}})$。我也不会算
代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5000005,M=1000033;
const ll mod=1000000007;
int n,p[N/10];
ll ans,tmp,mu[N];
bool vis[N];
struct HashSet{
    int cnt,head[M],to[M],nxt[M];
    ll v[M];
    bool count(int f){
        int x=f%M;
        for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
            if(to[i]==f){
                return true;
            }
        }
        return false;
    }
    ll get(int f){
        int x=f%M;
        for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
            if(to[i]==f){
                return v[i];
            }
        }
    }
    void set(int f,ll val){
        int x=f%M;
        to[++cnt]=f;
        nxt[cnt]=head[x];
        v[cnt]=val;
        head[x]=cnt;
    }
}s;
ll solve(int n){
    if(n<=5000000){
        return mu[n];
    }
    if(s.count(n)){
        return s.get(n);
    }
    ll res=1;
    for(int i=2,last;i<=n;i=last+1){
        last=n/(n/i);
        res-=solve(n/i)*(last-i+1);
        res%=mod;
    }
    s.set(n,res);
    return res;
}
ll calc(int n){
    ll res=0;
    for(int i=1,last;i<=n;i=last+1){
        last=n/(n/i);
        res+=(n/i)*(last-i+1)%mod;
        res%=mod;
    }
    return res;
}
int main(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=5000000;i++){
        if(!vis[i]){
            p[++p[0]]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<=5000000;j++){
            vis[i*p[j]]=true;
            if(i%p[j]){
                mu[i*p[j]]=-mu[i];
            }else{
                break;
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=5000000;i++){
        mu[i]+=mu[i-1];
        mu[i]%=mod;
    }
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1,last;i<=n;i=last+1){
        last=n/(n/i);
        tmp=calc(n/i);
        ans+=tmp*tmp%mod*(solve(last)-solve(i-1))%mod;
        ans%=mod;
    }
    printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
    return 0;
}