Description
小Q是个程序员。
作为一个年轻的程序员，小Q总是被老C欺负，老C经常把一些麻烦的任务交给小Q来处理。
每当小Q不知道如何解决时，就只好向你求助。为了完成任务，小Q需要列一个表格，表格
有无穷多行，无穷多列，行和列都从1开始标号。为了完成任务，表格里面每个格子都填了
一个整数，为了方便描述，小Q把第a行第b列的整数记为f(a,b),为了完成任务，这个表格要
满足一些条件：
(1)对任意的正整数a,b,都要满足f(a,b)=f(b,a)；
(2)对任意的正整数a,b,都要
满足b×f(a,a+b)=(a+b)*f(a,b)。为了完成任务，一开始表格里面的数很有规律，第a行第b列的
数恰好等于a*b，显然一开始是满足上述两个条件的。为了完成任务，小Q需要不断的修改表
格里面的数，每当修改了一个格子的数之后，为了让表格继续满足上述两个条件，小Q还需要
把这次修改能够波及到的全部格子里都改为恰当的数。由于某种神奇的力量驱使，已经确保了
每一轮修改之后所有格子里的数仍然都是整数。为了完成任务，小Q还需要随时获取前k行前k
列这个有限区域内所有数的和是多少，答案可能比较大，只需要算出答案mod1,000,000,007
之后的结果。
Input
第1行包含两个整数m,n,表示共有m次操作，所有操作和查询涉及到的行编号和列编号都不超过n。
接下来m行，每行4个整数a,b,x,k表示把第a行b列的数改成x，然后把它能够波及到的所有格子全
部修改，保证修改之后所有格子的数仍然都是整数，修改完成后计算前k行前k列里所有数的和。
1<=m<=10000,1<=a,b,k<=N<=4*10^6,0<=x<=10^18
Output
输出共m行，每次操作之后输出1行，表示答案mod 1,000,000,007之后的结果。
Sample Input
3 3
1 1 1 2
2 2 4 3
1 2 4 2
Sample Output
9
36
14
一开始,表格的前3行前3列如图中左边所示,前2次操
作后表格没有变化,第3次操作之后的表格如右边所示。
1 2 3 2 4 6
2 4 6 4 4 12
3 6 9 6 12 9
简要题解
观察表格，可发现
\[
\begin{equation*}
f(a,b)=f(gcd(a,b),gcd(a,b)) \cdot \frac{a}{gcd(a,b)} \cdot \frac{b}{gcd(a,b)}
\end{equation*}
\]
于是我们只需记下\(f(i,i)\)的值即可
利用欧拉函数计算答案，分块维护
想法
手动模拟表格，至少花了30分钟我才发现
\[
\begin{equation*}
f(a,b)=f(gcd(a,b),gcd(a,b)) \cdot \frac{a}{gcd(a,b)} \cdot \frac{b}{gcd(a,b)}
\end{equation*}
\]
发现结论的我大呼：妙题！
然后很尴尬地发现我不会做了…无奈只好翻题解
由上面的式子可知，我们只需记下所有\(f(i,i)\)，其他所有\(f\)值就都可以求出来了
查询时
\[
\begin{equation*}
ans=\sum\limits_{i=1}^k f(i,i) \cdot [\sum\limits_{x=1}^{k/i} \sum\limits_{y=1}^{k/i} xy \cdot (gcd(x,y)==1)]
\end{equation*}
\]
我们记
\[
\begin{equation*}
\begin{aligned}
g(n)&=\sum\limits_{x=1}^n \sum\limits_{y=1}^n xy \cdot (gcd(x,y)==1)\ &=2\sum\limits_{x=1}^n \sum\limits_{y=1}^x xy \cdot (gcd(x,y)==1) - \sum\limits_{x=1}^n x^2 \cdot (gcd(x,x)==1) \ &=2\sum\limits_{x=1}^n \sum\limits_{y=1}^x xy \cdot (gcd(x,y)==1) - 1
\end{aligned}
\end{equation*}
\]
再记
\[
\begin{equation*}
\begin{aligned}
h(n) &=\sum\limits_{y=1}^n ny \cdot (gcd(n,y)==1) \ &=n \sum\limits_{y=1}^n y \cdot (gcd(n,y)==1) \\end{aligned}
\end{equation*}
\]
这个式子可以理解为，1~n中所有与n互质的数的和 × n
有欧拉函数 \(\varphi(n)\) 表示n以内与n互质的数的个数
我们知道，若x与n互质，则n-x也与n互质。
也就是说与n互质的数可两两配对，和为n。
那么
\[
\begin{equation*}
h(n)=\frac{\varphi(n) \cdot n^2}{2}
\end{equation*}
\]
故
\[
\begin{equation*}
g(n)=2 \sum\limits_{x=1}^n h(x) - 1
\end{equation*}
\]
那么
\[
\begin{equation*}
ans=\sum\limits_{i=1}^k f(i,i) \cdot g(k/i)
\end{equation*}
\]
由于我们知道 \(k/i\) 只有 \(\sqrt{n}\) 种取值
于是就可以愉快地分块 \(f(i,i)\) 啦！
设计一个 \(O(\sqrt{n})\) 修改， \(O(1)\) 查询的分块结构就好了……
代码
注：调了若干次才终于对…心好累
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define P 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 4000005;
const int SN = 4005;
ll phi[N];
int prime[N],pnum;
int n,sn,block;
void getphi(){
phi[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++) phi[i]=i-1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(phi[i]==i-1) prime[pnum++]=i;
for(int j=0;j<pnum && (ll)prime[j]*i<=n;j++){
if(i%prime[j]==0){
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break;
}
phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
}
phi[i]=(phi[i-1]+(ll)i*i%P*phi[i])%P; //g(i)
}
}
ll num[N],add[SN];
ll query(int x){
if(!x) return 0;
int bl=(x-1)/sn+1;
return (num[x]+add[bl])%P;
}
void change(int x,ll c){
int bl=(x-1)/sn+1;
for(int i=x;i<=min(bl*sn,n);i++) num[i]=(num[i]+c)%P;
for(int i=bl+1;i<=block;i++) add[i]=(add[i]+c)%P;
}
int gcd(int a,int b) { return b ? gcd(b,a%b) : a; }
int main()
{
int m;
scanf("%d%d",&m,&n);
sn=(int)sqrt(n); block=(n-1)/sn+1;
for(int i=1;i<=n;i++) num[i]=(num[i-1]+(ll)i*i%P)%P;
getphi();
int a,b,k,g;
ll ans=0,x,X;
while(m--){
scanf("%d%d%lld%d",&a,&b,&x,&k);
if(a<b) swap(a,b);
g=gcd(a,b);
X=(x/(1ll((ll)a/g)*(b/g)))%P; //罪魁祸首！！就是这里！！！
change(g,(X-(query(g)-query(g-1)+P)%P+P)%P);
ans=0;
for(int l=1,r;l<=k;l=r+1){
r=k/(k/l);
ans=(ans+(query(r)-query(l-1)+P)%P*phi[k/l]%P)%P;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}