题意：
给出m，P，求$\sum\limits_{i=1}^{P-1}if(i)$，其中$f(i)=\sum\limits_{x=1}^{P-1}\sum\limits_{y=1}^{m}[(x+y)^i=(x^i)(\mod P)]$
$1\leq m\leq P-1\leq 10^9+6$
题解：
神仙数学题。。。
由于$P$是奇质数，所以肯定存在原根$g$，那么肯定唯一存在$a$，$b$满足$1\leq a,b\leq P-1$使得$x=g^a$，$y=g^b$，所以有：
$(x+y)^i≡x^i(\mod P)$
$(g^{a}+g^{b})^i≡g^{ai}(\mod P)$
$(1+g^{b-a})^i≡1(\mod P)$
由于$1+g^{b-a}\geq 2$，所以必定存在唯一的$k$满足$1\leq k\leq P-1$使得$g^k≡1+g^{b-a}(\mod P)$；
显然$g^{ki}≡1(\mod P)$，所以$ki≡0(\mod P-1)$；
那么$k=a\times\frac{P-1}{gcd(P-1,i)}$，其中$a=1,2,3,...,gcd(P-1,i)-1$；
所以满足条件的$k$有$gcd(P-1,i)-1$个，固定$y$，则有$x≡y(g^{k}-1)^{-1}(\mod P)$；
易知若$y(g^{k_1}-1)^{-1}≡y(g^{k_2}-1)^{-1}(\mod P)$，则$g^{k_1}≡g^{k_2}(\mod P)$，即$k_1=k_2$；
所以对于确定的$y$，$x$会有$gcd(P-1,i)-1$种不同取值。
至此式子化为$f(i)=m(gcd(P-1,i))$
然后大力推一波式子：
$\sum\limits_{i=1}^{P-1}if(i)=m\sum\limits_{i=1}^{P-1}i((gcd(P-1),i)-1)=m\sum\limits_{i=1}^{P-1}i(gcd(P-1),i)-m\frac{P\times(P-1)}{2}$
把前半部分拿出来：
$m\sum\limits_{i=1}^{P-1}i(gcd(P-1),i)$
$=\sum\limits_{d|(p-1)}d\sum\limits_{d|i,1\leq i\leq P-1}i[gcd(P-1,i)=d]$
$=\sum\limits_{d|(p-1)}d^2\sum\limits_{i=1}^{\frac{P-1}{d}}i[gcd(\frac{P-1}{d},i)=1]$
$=\sum\limits_{d|(p-1)}d^2\frac{\frac{P-1}{d}\varphi(\frac{P-1}{d})+[\frac{P-1}{d}=1]}{2}$（引理）
这样复杂度就是$O(\sqrt{n})$的，可以直接做。
引理：$\sum\limits_{i=1}^{n}i[gcd(i,n)=1]=\frac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^{n}(i+(n-i))[gcd(i,n)=1]=\frac{1}{2}n\sum\limits_{i=1}^{n}[gcd(i,n)=1]$
$=\frac{n\varphi(n)+[n=1]}{2}$
证明：若$gcd(i,n)=1$，那么$gcd(n-i,n)=1$。
代码：
1 #include<algorithm>
2 #include<iostream>
3 #include<cstring>
4 #include<cstdio>
5 #include<cmath>
6 #define eps 1e-4
7 #define mod 1000000007
8 #define S(n) (ll)(n*(n+1)/2)
9 using namespace std;
10 typedef long long ll;
11 ll phi(int x){
12 ll ret=x;
13 for(ll i=2;i*i<=x;i++){
14 if(!(x%i)){
15 ret=ret/i*(i-1);
16 while(!(x%i))x/=i;
17 }
18 }
19 if(x>1)ret=ret/x*(x-1);
20 return ret;
21 }
22 ll f(ll x,ll d){
23 return d*d%mod*((x*phi(x)+(x==1))/2)%mod;
24 }
25 ll calc(ll x){
26 ll ret=0;
27 for(ll i=1;i*i<=x;i++){
28 if(!(x%i)){
29 ret=(ret+f(x/i,i))%mod;
30 if(i*i!=x)ret=(ret+f(i,x/i))%mod;
31 }
32 }
33 ret=(ret-x*(x+1)/2%mod+mod)%mod;
34 return ret;
35 }
36 ll m,p;
37 int main(){
38 scanf("%lld%lld",&m,&p);
39 printf("%lld",calc(p-1)*m%mod);
40 return 0;
41 }