题目链接：https://cn.vjudge.net/problem/HYSBZ-2154
#include<bits/stdc++.h>
#pragma comment(linker,"/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;#define debug puts("YES");
#define rep(x,y,z) for(int (x)=(y);(x)<(z);(x)++)
#define read(x,y) scanf("%d%d",&x,&y)#define lrt int l,int r,int rt
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define ll long long
const int maxn =1e7+100;
const ll mod=20101009;
ll powmod(ll x,ll y) {ll t;for(t=1;y;y>>=1,x=x*x%mod) if(y&1) t=t*x%mod;return t;}
ll gcd(ll x,ll y) { return y==0?x:gcd(y,x%y); }
/*
题目大意：很简单，计算公倍数的二维前缀和.化简公式的技巧，
一遇到gcd,先枚举gcd的取值，
化成一个函数*[gcd(i,j)==d]的形式，
如果左边的函数对于下标而言好求和，
那么这题基本上已经结束了，
很经典的莫比乌斯形式了，
应该是把里面的一层化成容斥的形式，
整体是关于n/d 的，别忘了最外层还
套着一层d 的枚举，最里面的一层是根号n的复杂度，
最外层因为要求的是关于n./d的，所以还可以分块加速，
整体复杂度是O(n)。O(能过).
*/
ll n,m;
///筛法筛莫比乌斯函数
int prim[maxn],tot=0;
int vis[maxn],miu[maxn];
int ms[maxn];///ms代表miu*i*i的前缀和形式
void sieve()
{miu[1]=1;for(int i=2;i<maxn;i++){if(vis[i]==0) prim[tot++]=i,miu[i]=-1;for(int j=0;j<tot;j++){///ll k=1LL*i*prim[j];if(1LL*i*prim[j]>=maxn) break;int k=i*prim[j];vis[k]=1;if(i%prim[j]) miu[k]=-miu[i];else break;}}///for(int i=1;i<maxn;i++) ms[i]=(ms[i-1]+1LL*miu[i]*i*i%mod)%mod;///求前缀和
}ll Solve(ll x,ll y)///解决
{ll ret=0;for(ll i=1,last;i<=x;i=last+1){last=min(x/(x/i) , y/(y/i) );ll tx=1LL*x/i,ty=1LL*y/i;ll ret1=1LL*tx*(tx+1)/2%mod,ret2=1LL*ty*(ty+1)/2%mod;ret+=ret1*ret2%mod*(ms[last]-ms[i-1])%mod;ret%=mod;}return (ret+mod)%mod;
}int main()
{sieve(); scanf("%lld%lld",&n,&m);if(n>m) swap(n,m);for(int i=1;i<=n;i++) ms[i]=(ms[i-1]+1LL*i*i%mod*miu[i]+mod)%mod;ll ans=0;for(ll i=1,j;i<=n;i=j+1){j=min(n/(n/i),m/(m/i));ll tp=1LL*(i+j)*(j-i+1)/2%mod;ans+=1LL*tp*Solve(1LL*n/i,1LL*m/i)%mod;ans=(ans+mod)%mod;}printf("%lld\n",ans);return 0;
}