对于百分之十的数据：随便过。

下面推式子：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\gcd(i,j)^{i+j}
\]

\[=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nd^{i+j}[\gcd(i,j)=d]
\]

\[=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^\frac{n}{d}\sum_{j=1}^\frac{n}{d}d^{d(i+j)}[\gcd(i,j)=1]
\]

\[=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^\frac{n}{d}\sum_{j=1}^\frac{n}{d}d^{d(i+j)}\sum_{k|\gcd(i,j)}\mu(k)
\]

\[=\sum_{d=1}^n\sum_{k=1}^\frac{n}{d}\mu(k)\sum_{i=1}^\frac{n}{kd}\sum_{j=1}^\frac{n}{kd}d^{kd(i+j)}
\]

令\(T=kd:\)

\[=\sum_{T=1}^n\sum_{k|T}\mu(k)\sum_{i=1}^\frac{n}{T}\sum_{j=1}^\frac{n}{T}[(\frac{T}{k})^T]^{i+j}
\]

现在的问题在于\(\sum_{i=1}^\frac{n}{T}\sum_{j=1}^\frac{n}{T}[(\frac{T}{k})^T]^{i+j}.\)

• 线性递推

以下是@SOSCHINA大佬的思路：

设\(g(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n k^s.\)

枚举\(s=i+j.\)

则有：

\[g(n)=\sum_{s=2}^{n+1}(s-1)k^s+\sum_{s=n+2}^{2n}(2n-s+1)k^s
\]

\[g(n+1)=\sum_{s=2}^{n+1}(s-1)k^s+\sum_{s=n+2}^{2n+2}(sn+3-s)k^s
\]

\[g(n+1)-g(n)=\sum_{s=n+2}^{2n}2k^s+2k^{2n+1}+k^{2n+2}
\]

第三行就是两行相减。

对第一行的解释：\([2,n+1]\)这里的数，每个数作为\(i+j\)都出现了\(x-1\)次。因为\(i\)可以取遍\([1,x-1].\)后面的那一些,\([n+2,2n]\)会发现\(i\)最大只能到\(n,\)不能再取遍\(x-1\)个值了。此时能取到的应该是\(2n-s+1\)种。

对于\(g(n+1):\)这里是把第一个式子的最后一个值移动到了后面那个式子，方便做差。

这时我们可以在小模数的情况下做到\(O(n*mod\))的预处理。

• 化简形式

令\(x=(\frac{T}{k})^T.\)

则原式为\(\sum_{i=1}^\frac{n}{T}\sum_{j=1}^\frac{n}{T} x^{i+j}.\)

像不像一个多项式。

它就等于\((x+x^2+…x^\frac{n}{T})^2.\)

于是我们可以等比数列求和解出。

剩下的，可以做到\(O(n\log n\log mod)\)处理出整个式子。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=1500001;
int mod,TT;
bitset<MAXN+1>vis;
int p[MAXN+1],mu[MAXN+1],T[MAXN+1],cnt,n,Ans;
inline int Mod(long long x){
    if(x<0)return x+mod;
    if(x>=mod)return x%mod;
    return x;
}
inline int add(int x,int y) {return Mod(1ll*x+1ll*y+1ll*mod);}
inline int mul(int x,int y) {return Mod(1ll*x*y);}
inline int qpow(int a,int b) {
    if(!b)return 1;
    if(a<=1||b==1)return a;
    a %= mod;
    int res=1;
    while(b) {
        if(b&1)res=mul(res,a);
        a=mul(a,a);
        b>>=1;
    }
    return res;
}
inline int calc(int x,int y){
    if(y==1)return x;
    if(x==1)return y;
    int ans=x;
    int inv=qpow((1-x+mod)%mod,mod-2);
    int fm=(1-qpow(x,y)+mod)%mod;
    ans=mul(ans,mul(fm,inv));
    return ans;
}
inline int Calc(int x,int y){int ans=calc(x,y);return mul(ans,ans);}
int main() {
    scanf("%d",&TT);
    mu[1]=1;
    int N=MAXN;
    for(register int i=2; i<=N; ++i) {
        if(!vis[i])p[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(register int j=1; j<=cnt&&i*p[j]<=N; ++j) {
            vis[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0)break;
            mu[i*p[j]]=-mu[i];
        }
    }
    while(TT--) {
        scanf("%d%d",&n,&mod);
        N=n;Ans=0;
        for(register int i=1; i<=N; ++i) {
            for(register int j=i,k,x; j<=N; j+=i) {
                k=i;if(!mu[k])continue;
                x=qpow(j/k,j);
                T[j]=add(T[j],mul(mu[k],Calc(x,n/j)));
            }
        }
        for(register int i=1; i<=n; ++i)Ans=add(Ans,T[i]),T[i]=0;
        printf("%d\n",Ans);
    }

    return 0;
}

由于这里是\(5*10^5\)的数据，所以略微卡常，但笔者通过非常不精湛的卡常技术跑到了\(3s\)以内，所以这里的时间限制我开了\(3.2s\).

对等比数列进行精细处理，可以做到\(O(n\log^2n)\)的复杂度。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int MAXN=1500000;
int mod,TT;
bitset<MAXN<<1>vis;
int p[MAXN<<1],mu[MAXN<<1],T[MAXN<<1],cnt,n,Ans;
inline int Mod(long long x){
    if(x>=mod)return x%mod;
    return x;
}
inline int add(int x,int y) {
    return Mod(x+y+mod);
}
inline int mul(int x,int y) {
    return Mod(1ll*x*y);
}
inline int qpow(int a,int b) {
    if(!b)return 1;
    if(a<=1||b==1)return a;
    a %= mod;
    int res=1;
    while(b) {
        if(b&1)res=mul(res,a);
        a=mul(a,a);
        b>>=1;
    }
    return res;
}
inline int calc(int x,int y){
    if(y==1)return x;
        int res=calc(x,y/2);
    res=add(res,mul(res,qpow(x,y/2)));
    if(y&1)res=add(res,mul(x,qpow(x,y-1)));
    return res;
}
inline int Calc(int x,int y){int ans=calc(x,y);return mul(ans,ans);}
signed main() {
    scanf("%lld",&TT);
    mu[1]=1;
    int N=MAXN;
    for(int i=2; i<=N; ++i) {
        if(!vis[i])p[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1; j<=cnt&&i*p[j]<=N; ++j) {
            vis[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0)break;
            mu[i*p[j]]=-mu[i];
        }
    }
    while(TT--) {
        scanf("%lld%lld",&n,&mod);
        N=n;
        Ans=0;
        for(int i=1; i<=N; ++i) {
            for(int j=i; j<=N; j+=i) {
                int k=i;
                int x=qpow(j/k,j);
                if(!mu[k])continue;
                T[j]=add(T[j],mul(mu[k],Calc(x,n/j)));
            }
        }
        for(int i=1; i<=n; ++i)Ans=add(Ans,T[i]),T[i]=0;
        cout<<Ans<<endl;
    }

    return 0;
}

由于常数等原因，这分代码可以拿到\(50\)分的好成绩。但我们可以通过另一种做法将常数/复杂度降低。

观察：

\[\sum_{d=1}^n\sum_{k=1}^\frac{n}{d}\mu(k)\sum_{i=1}^\frac{n}{kd}\sum_{j=1}^\frac{n}{kd}d^{kd(i+j)}
\]

\[=\sum_{d=1}^n \sum_{k=1}^\frac{n}{d} \mu(k)(d^{kd}+d^{2kd}+…+d^{\frac{n}{kd}*kd=n})^2.
\]

这里同样观察式子发现可以直接算。前一部分是\(O(n\ln n)\)的\(n\)倍调和级数的复杂度，后面带上一个\(O(\log n)\)精细处理的等比数列求求和复杂度。

（代码中的优化即使不加也是可以过的）

#define __AVX__ 1
#define __AVX2__ 1
#define __SSE__ 1
#define __SSE2__ 1
#define __SSE2_MATH__ 1
#define __SSE3__ 1
#define __SSE4_1__ 1
#define __SSE4_2__ 1
#define __SSE_MATH__ 1
#define __SSSE3__ 1
#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native")
#include <immintrin.h>
#include <emmintrin.h>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <bitset>
using namespace std;
const int MAXN=1.5e6+10;
int mod,T;
bitset<MAXN+1>vis;
int p[MAXN+1],cnt,mu[MAXN+1],N;
inline int Mod(long long a, int pp){
    return a>=pp ? a%pp : a>=0 ? a : a+pp;
}
inline int add(int x,int y){return Mod( (1ll+x+y+mod-1ll),mod);}
inline int mul(int x,int y){return Mod(1ll*x*y,mod);}
void pretreatment(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=MAXN;++i){
        if(!vis[i])p[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=MAXN;++j){
            vis[i*p[j]]=1;
            if(Mod(i,p[j])==0)break;
            mu[i*p[j]]=-mu[i];
        }
    }
}
inline int qpow(int a,int b){
    if(!b)return 1;
    if(a<=1||b==1)return a;
    int res=1;
    while(b){
        if(b&1)res=mul(res,a);
        a=mul(a,a);b>>=1;
    }
    return res;
}
inline int calc(int x,int y){
    if(y==1)return x;
    int res=calc(x,y>>1);
    res=add(res,mul(res,qpow(x,y>>1)));
    if(y&1)res=add(res,mul(x,qpow(x,y-1)));
    return res;
}

inline int Calc(int x,int y){int ans=calc(x,y);return mul(ans,ans);}
int ssolve(int n,int d){
    int res=0;
    for(register int l=1;l<=n;++l){
        if(!mu[l])continue;
        res=add(res,mul(mu[l],Calc(qpow(d,l),n/l)));
    }
    return res;
}
int solve(int n){
    int ans=0;
    for(register int l=1;l<=n;l++){
        ans=add(ans,ssolve(n/l,qpow(l,l)));
    }
    return ans;
}
signed main(){
    scanf("%lld",&T);
    pretreatment();
    for(;T;T--){
        scanf("%lld%lld",&N,&mod);
        printf("%lld\n",solve(N));
    }
    return 0;
}

可以用整除分块减少循环中乘法的使用，对代码速度可能有一定的提升。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=1.5e6+10;
int mod,T;
bitset<MAXN+1>vis;
int p[MAXN+1],cnt,mu[MAXN+1],N;
inline int Mod(long long a, int pp){return a>=pp ? a%pp : a>=0 ? a : a+pp;}
inline int add(int x,int y){return Mod( (1ll+x+y+mod-1ll),mod);}
inline int mul(int x,int y){return Mod(1ll*x*y,mod);}
inline int qpow(int a,int b){
    if(!b)return 1;
    if(a<=1||b==1)return a;
    a=Mod(a,mod);
    int res=1;
    while(b){
        if(b&1)res=mul(res,a);
        a=mul(a,a);b>>=1;
    }
    return res;
}
inline int calc(int x,int y){
    if(y==1)return x;
    int res=calc(x,y>>1);
    res=add(res,mul(res,qpow(x,y>>1)));
    if(y&1)res=add(res,mul(x,qpow(x,y-1)));
    return res;
}
inline int Calc(int x,int y){int ans=calc(x,y);return mul(ans,ans);}
int ssolve(int n,int d){
    int res=0;
    for(register int l=1,r;l<=n;l=r+1){
        r=(n/(n/l));
        int D=n/l;
        for(int i=l;i<=r;++i){
            if(!mu[i])continue;
            res=add(res,mul(mu[i],Calc(qpow(d,i),D)));
        }
    }
    return res;
}
int solve(int n){
    int ans=0;
    for(register int l=1,r;l<=n;l=r+1){
        r=(n/(n/l));
        int D=n/l;
        for(int i=l;i<=r;++i)ans=add(ans,ssolve(D,qpow(i,i)));
    }
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%d",&T);
    mu[1]=1;
    for(register int i=2;i<=MAXN;++i){
        if(!vis[i])p[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(register int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=MAXN;++j){
            vis[i*p[j]]=1;
            if(Mod(i,p[j])==0)break;
            mu[i*p[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(;T;T--){
        scanf("%d%d",&N,&mod);
        printf("%d\n",solve(N));
    }
    return 0;
}

经由大佬 @C3H5ClO 大佬证明，上面这份代码实际上是\(O(n\log n)\)的。

这里借用一下 @C3H5ClO 大佬的证明：

\[f(n)=\sum_{d=1}^n\sum_{e=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\mu(e)(\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{de}\rfloor}d^{de})^2
\]

\[T(n)=O(\sum_{d=1}^n\sum_{e=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\log\lfloor \frac{n}{de}\rfloor)
\]

\[T(n)=O(\sum_{i=1}^n\int_0^{\frac{n}{i}}\log\frac{n}{ix}\mathrm{d}x)
\]

\[\int\log\frac{n}{x}\mathrm{d}x=(\log n+1)x-x\log x+C
\]

\[\int_0^n\log\frac{n}{x}\mathrm{d}x=n
\]

\[T(n)=O(\sum_{i=1}^n\frac{n}{i})=O(n\ln n)
\]

（蒟蒻不会微积分惨被教育.jpg）

出这题的本意其实是想看看有没有吊打\(\text{std}\)的做法的，笔者推了很久并没有找到线性的做法。