【一句话题意】求函数 $fht(n,m)=\Sigma^n_{i=1}\Sigma^m_{j=1}(n\;mod\;i)*(m\;mod\;j)$的值。 $n,m<=1e9$
【分析】首先拆开求和式子得到 $\Sigma^n_{i=1}\Sigma^m_{j=1}(n\;mod\;i)*(m\;mod\;j)==\Sigma^n_{i=1}(n\;mod\;i)*\Sigma^m_{j=1}(m\;mod\;j)$
这样就可以化 $O(nm)$算法为 $O(n+m)$算法。但是n和m大于1e8，所以优化的程度不够，这个时候就需要优秀的数学变换。证明如下。
$\Sigma^n_{i=1}(n\;mod\;i)$
$=\Sigma^n_{i=1}(n- \lfloor \frac{n}{i}\rfloor*i)$
$=\Sigma^n_{i=1}n-\Sigma^n_{i=1 }i*\Sigma^n_{i=1}\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$
$=n^2-n*i*\Sigma^n_{i=1}\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$
一个明显的可以整除分块的式子，对于 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$其实只有 $2\sqrt n$种情况。在i小于 $\sqrt n$时 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$的值其实是不连续的，共有 $\sqrt n$种情况。当i大于 $\sqrt n$时， $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$的值一定连续且只有 $\sqrt n$种情况。
【code】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll P=1e9+7;
ll n,m;
inline ll calc(ll x){
	ll j,s,ans=x*x;
	for (ll i=1;i<=x;i++){
		j=x/(x/i);//特别体会一下这句话，可以用参变分离证明一下j是x/i中最大的i。
		ans=ans-(i+j)*(j-i+1)/2*(x/i);
		i=j;//传递上界为下一组值的下界
	}
	return ans%P;
}
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	cout<<calc(n)%P*calc(m)%P<<endl;
	return 0;
}