題目描述：
LZN 搞完保送生考試，終於要回到信息組大家庭了，Chanxer 決定要好好地歡迎LZN，於是他在在操場上整齊地插了(M + 1) *(N + 1) 個標杆，形成了一個平面直角座標系，左下角的標杆的座標爲(0; 0)，右上角的標杆的座標爲(M;N)，Chanxer 現在想要選擇兩個標杆作爲端點連上橫幅“ 機房歡迎你”。
可是，由於Chanxer 很農，他不希望橫幅被其它的標杆攔住，因此他要求選擇的兩個標杆的連線不應該經過其它標杆，並且橫幅的長度還應該在[L;R]以內。
現在Chanxer 想要知道他有多少種選法，注意，由於橫幅的兩面是一模一樣的，所以選擇的兩個點沒有起點終點之分，鑑於答案可能很大，而又不允許上交Python、Java 等語言的源代碼，你只需要告訴他答案除以B 的餘數是多少就可以了。
題目分析：
我們設兩個兩個標杆橫座標的距離差爲x，縱座標的距離差爲y。
我們把x=0和y=0的情況刨出來單算：
只有L<=1的時候，這兩種情況纔有答案，答案爲n*(m+1)+m *(n+1)
剩下的就是：
解釋一下這個式子的意思：枚舉x和y，答案加上滿足長度在範圍內且連線不經其他過格點（即gcd（x，y）==1）的方案。
對於一對固定的x和y，它的在橫向上最多可以取（m-x+1）個位置，在縱向上最多可以取（n-y+1）個位置，那麼可選的方案就共有（m-x+1）*（n-y+1）種，但是這條線段可以向上傾斜也可以向下傾斜，所以答案要乘2。
我們只需要枚舉x和y，當然如果暴力枚舉的話肯定GG。
觀察這個式子，可以觀察出，x只需要枚舉到min(m,R)，而當x固定的時候，y只需要在區間[sqrt(L* L-x *x),sqrt(R *R-x *x) ]內枚舉即可，即可以省掉長度範圍的判斷。
按照上述條件把原式進行變形：
我們設 l 爲枚舉y的下限，r爲枚舉y的上限。
於是問題轉化成了，如何求：
即如何快速求出：
（lim和x是給定的）
這個時候可以利用莫比烏斯函數進行容斥，即該式可以轉化爲：
上面這個轉化不懂的可以選擇看看我的Zap的題解：
http://blog.csdn.net/todobe/article/details/60579910
也可以根據莫比烏斯函數求和的性質，只有gcd爲1的時候莫比烏斯函數的和爲1，其他時候都爲0，乘上方案數相加之後恰好爲所求答案。
這樣我們只要用sqrt（x）的時間枚舉x的約數，然後∑（d|y）（n-y+1）是可以O（1）算出的。
不會O（1）算的小夥伴看這裏：
我們設一個臨時變量t=lim/d（因爲是要求lim範圍內合法的y嘛）
這個t代表共有t個合法的y，分別爲：d，2d，3d……td;
我們要求的就是把這些y分別帶入（n-y+1）裏面然後求和。
這樣我們把常量（n+1）提出來，就是（n+1）* t +（（1+t）* t /2）*d
這樣就算出來了（你們看完之後是不是覺得寫題解的人非常智障啊=。=）
時間複雜度O（nsqrt（n））
其實後面的部分也可以不用莫比烏斯函數來做，直接容斥也可以。
（但是本寶寶是蒟蒻T^T，只會這種）
注意：
在計算第二維的下限的時候要和1取一個max，因爲0的情況你已經單算了，如果枚舉的x（即我代碼裏的i）已經大於L的時候，它的下限直接設爲1即可
代碼如下：
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define N 120000
using namespace std;
typedef long long LL;
inline LL sqr(LL x) { return x*x; }
LL n,m,L,R,mod,ans;
inline LL sum(LL x) { return (x*(x+1)>>1)%mod; }
bool mark[N];
LL pri[N],u[N];
int top;
void init()
{
u[1]=1;
for(LL i=2;i<N;i++)
{
if(!mark[i])
{
pri[++top]=i;
u[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=top && pri[j]*i<N;j++)
{
mark[i*pri[j]]=true;
if(i%pri[j]==0)
{
u[i*pri[j]]=0;
break;
}
u[i*pri[j]]=-u[i];
}
}
}
LL calc(LL lim,LL x)
{
LL ans=0;
LL t,i;
for(i=1;i*i<x;i++)
{
if(x%i==0)
{
t=lim/i;
ans+=(u[i]*((n+1)*t%mod-sum(t)*i%mod)+mod)%mod,ans%=mod;
t=lim/(x/i);
ans+=(u[x/i]*((n+1)*t%mod-sum(t)*(x/i)%mod)+mod)%mod,ans%=mod;
}
}
if(i*i==x)
{
t=lim/i;
ans+=(u[i]*((n+1)*t%mod-sum(t)*i%mod)+mod)%mod,ans%=mod;
}
return ans;
}
int main()
{
init();
cin>>n>>m>>L>>R>>mod;
for(LL i=1;i<=min(m,R);i++)
{
LL l=i>L?1:max(1ll,LL(ceil(sqrt(sqr(L)-sqr(i)))));
LL r=min(n,LL(sqrt(sqr(R)-sqr(i))));
if(l<=r) ans+=(calc(r,i)-calc(l-1,i)+mod)%mod*(m-i+1)%mod*2%mod,ans%=mod;
}
if(L<=1) ans+=m*(n+1)%mod+n*(m+1)%mod,ans%=mod;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}