pe-0784

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模倒数对
对于正整数p和q（满足p<q），若存在正整数r使得r同时是p同余q的逆元和q同余p的逆元，则称这两个正整数互为模倒数。

例如，(3,5)是一组模倒数对，其对应的r=2。
对所有满足p<=N的模倒数对(p,q)，记F(N)为所有p+q之和。

例如，F(5)=59，因为共有四组模倒数对(3,5)、(4,11)、(5,7)和(5,19)。
已知F(10^2) = 697317。

求F(2\cdot 10^6)。

解出这个题并给我cpp代码和你的思路

deepseek 思考

我们被问到："模倒数对 对于正整数p和q（满足p<q），若存在正整数r使得r同时是p同余q的逆元（即r是p模q的逆）和q同余p的逆元（即r是q模p的逆），则称这两个正整数互为模倒数。 例如，(3,5)是一组模倒数对，其对应的r=2。 对所有满足p<=N的模倒数对(p,q)，记F(N)为所有p+q之和。 例如，F(5)=59，因为共有四组模倒数对(3,5)、(4,11)、(5,7)和(5,19)。 已知F(10^2) = 697317。 求F(2*10^6)。"

我们需要理解问题并找出如何计算F(N)。我们需要找到正整数对(p, q)，p < q，使得存在正整数r，满足：
r * p ≡ 1 (mod q)
r * q ≡ 1 (mod p)

即：
r p ≡ 1 mod q => 存在整数a，使得 r p = 1 + a q
r q ≡ 1 mod p => 存在整数b，使得 r q = 1 + b p

等价于：
r p - a q = 1
r q - b p = 1

由于r是正整数，我们需要r满足这两个同余式。
注意到，r p ≡ 1 (mod q) 意味着 p 在模 q 下可逆，所以 gcd(p, q) = 1。
同样，r q ≡ 1 (mod p) 意味着 gcd(q, p) = 1 同样成立。所以p,q互素。

我们有两个条件：
r ≡ p^{-1} (mod q)
r ≡ q^{-1} (mod p)

由于p和q互素，由中国剩余定理，对于给定的模数p和q，这样的r在模pq下是唯一的。我们需要存在正整数r（即解在正整数中）。由于解总是存在模pq，我们只需要检查是否存在正整数r满足这两个同余式。实际上，任何整数解都可以，因为我们可以通过加pq的倍数把它变成正数。所以只要这样的整数r存在，它就总是有正整数解。那么问题可能要求r同时满足这两个逆元条件，这个条件总是成立吗？不是，p模q的逆和q模p的逆是否可能是同一个整数r？我们来分析。

设 x ≡ p^{-1} mod q，即 x p ≡ 1 (mod q)。
设 y ≡ q^{-1} mod p，即 y q ≡ 1 (mod p)。

我们要的是 x ≡ y (mod pq)，即这个共同的值r满足r ≡ x mod q 且 r ≡ y mod p。由中国剩余定理，这样的r总是存在的，且模pq唯一。由于我们可以让r取正整数值，似乎对于任意互素的p和q，都存在这样的r？那么所有的互素对(p, q)都是模倒数对？但是例子中F(5)=59，我们来检查一下。

N=5，p<=5。可能的互素对(p,q) p<q:
p=1: (1,2), (1,3), (1,4), (1,5) - 但题目说正整数p,q，可能p>1？例子给出的模倒数对有(3,5)、(4,11)、(5,7)和(5,19)。注意p<=5，q可以大于5！对啊，问题只说"对所有满足p<=N的模倒数对(p,q)"，q没有上限！原来q可以是任意正整数只要p<=N且p<q，并且存在这样的r。例子中F(5)有四组模倒数对：(3,5), (4,11), (5,7), (5,19)。可以看到p有3,4,5。q可以很大。那么q有限制吗？看起来q没有上限，但我们要求和p+q，如果有无穷多对，和将无穷大。所以一定只有有限对。因此，对于给定的p，只有有限个q满足条件。所以条件比简单互素更强。

让我们重新分析：
存在正整数r，使得
r p ≡ 1 (mod q)
r q ≡ 1 (mod p)

这意味着：
r p - 1 = k q 对于某个整数k
r q - 1 = l p 对于某个整数l

由r p ≡ 1 (mod q)得到r p + (-k) q = 1。因为r和k是整数，这意味着gcd(p, q) = 1，这已经知道。
由r q ≡ 1 (mod p)得到r q + (-l) p = 1。

我们有：
r p = 1 + a q (1)
r q = 1 + b p (2)

其中a, b是整数。因为p, q, r都是正整数，a = (r p - 1)/q。由于r p > 1 (因p>=3? 等等看)，a可能为正整数或非负整数。b也是。

将(1)和(2)相减：
r(p - q) = a q - b p

另外，从(1): r p ≡ 1 mod q => r ≡ p^{-1} mod q。
从(2): r q ≡ 1 mod p => r ≡ q^{-1} mod p。

我们知道p^{-1} mod q 和 q^{-1} mod p 是存在的。条件要求这两个值在公共的r上一致，即它们是同一个数模pq。但对于互素的p,q，满足这两个同余式的r模pq总是存在且唯一。那么为什么不是所有互素对都满足？因为r必须是一个正整数，而这个同余式组的解总是整数，我们可以把它变为正数。所以看起来所有互素对都满足？但这不可能，因为比如p=2，q=3，它们互素。p^{-1} mod 3 = 2，因为2*2=4≡1 mod 3。q^{-1} mod 2 = 1，因为3≡1 mod 2，1*1=1 mod 2。我们需要r满足 r ≡ 2 mod 3，r ≡ 1 mod 2。解为r ≡ 5 mod 6。最小的正整数r=5。那么(2,3)是一对？检查：r=5，p=2，q=3：5*2=10≡1 mod 3？10 mod 3 = 1，对。5*3=15≡1 mod 2？15 mod 2=1，对。所以(2,3)应该是一组模倒数对！但在N=5时，F(5)=59，例子列出四对：(3,5)、(4,11)、(5,7)、(5,19)。这里面没有(2,3)！为什么呢？因为p<=N，但例子说"例如，F(5)=59，因为共有四组模倒数对(3,5)、(4,11)、(5,7)和(5,19)。" 这意味着对于N=5，只有这四对。那(2,3)为什么不算？让我们仔细检查题目："对于正整数p和q（满足p<q），若存在正整数r使得r同时是p同余q的逆元和q同余p的逆元，则称这两个正整数互为模倒数。" 等等，中文："r同时是p同余q的逆元和q同余p的逆元" 可能有歧义。"p同余q的逆元" 可能是指 "p对模q的逆元"？即p mod q的逆元。也就是r ≡ p^{-1} mod q。同时r ≡ q^{-1} mod p。这和我理解一样。

那么(2,3)应该是一对？r=2? 检查：如果r=2: 2*2=4≡1 mod 3，对；2*3=6≡0 mod 2，不是1。所以r=2不是。r=5: 5*2=10≡1 mod 3，5*3=15≡1 mod 2。所以存在正整数r=5满足条件。那么(2,3)应该是模倒数对。但例子没有列出。为什么？

再读："例如，(3,5)是一组模倒数对，其对应的r=2。" 3*2=6≡1 mod 5, 5*2=10≡1 mod 3。正确。
如果N=5，p<=5。那么(2,3)中p=2<=5，为什么不包括在内？F(5)说共有四组，难道(2,3)不是？或者r必须是“同时是p和q的逆元”，可能要求r < p 且 r < q？没有说明。也许r需要满足某种范围？或者定义里"p同余q的逆元"可能被误解："p同余q" 可能是一个整体，即"p同余q"在模某数下？不，"p同余q的逆元和q同余p的逆元"，可能是"p关于模q的逆元"? 那是标准术语。那么(2,3)应该也是。让我们再计算F(5)是否包含(2,3)？如果包含，p+q=5。四组之和是 (3+5)+(4+11)+(5+7)+(5+19) = 8+15+12+24 = 59。如果加上(2,3)就是64，不是59。所以(2,3)不包括。也许p和q必须是奇数？或者p>2？题目说正整数p和q，没有其他限制。那为什么(2,3)不是模倒数对？

让我们检查(2,3)的r值：r=5。是否要求r同时是“p同余q的逆元”和“q同余p的逆元”，可能意思是r是同一个数，这没问题。或许定义中“p同余q的逆元”是指r满足 r ≡ p^{-1} mod q 并且 r ≡ q^{-1} mod p，但还要求r < p 或 r < q？如果要求r是正整数且是"逆元"，通常逆元是模意义下的最小正剩余。在(3,5)中，p^{-1} mod 5 = 2（因为3*2=6≡1 mod 5），q^{-1} mod 3 = 2（5≡2 mod 3, 2*2=4≡1 mod 3），最小正剩余都是2。而对于(2,3)，p^{-1} mod 3 = 2，q^{-1} mod 2 = 1，它们不等！但是题目说"存在正整数r使得r同时是...逆元"，并没有要求r是标准的最小剩余，而是存在某个r同时充当两者的逆元。对于(2,3)，是否存在r使得 r ≡ 2 mod 3 且 r ≡ 1 mod 2？由中国剩余定理，解为r ≡ 5 mod 6，所以存在r=5。那么根据字面意思，(2,3)应该是模倒数对。但例子却排除它，表明"逆元"可能被解释为"最小正剩余"，即r必须是模q下p的逆元（通常是唯一的最小正剩余）并且同时是模p下q的逆元。也就是说，r = (p^{-1} mod q) 且 r = (q^{-1} mod p)，其中这两个模逆取代表在[1, 模数-1]中。如果是这样，那么要求 p^{-1} mod q = q^{-1} mod p = r，并且r是同一个数。对于(3,5)：3^{-1} mod 5 = 2，5^{-1} mod 3 = 2，相等。对于(2,3)：2^{-1} mod 3 = 2，3^{-1} mod 2 = 1，不相等。所以(2,3)不是。这样才合理！

所以条件实际上是：p和q互素，并且p模q的逆元（取最小正剩余）等于q模p的逆元（取最小正剩余）。即：
p * r ≡ 1 (mod q), 1 ≤ r < q
q * r ≡ 1 (mod p), 1 ≤ r < p
并且这个r是同一个正整数。

如果这样，则 r 必须同时小于 p 且小于 q？实际上 r 是 p^{-1} mod q，它在 1 到 q-1 之间；也是 q^{-1} mod p，在 1 到 p-1 之间。由于 p < q，所以 r < p < q 是自动满足的（因为两个逆元分别在[1, q-1]和[1, p-1]，如果要它们相等，该数必须小于p）。所以条件简化为：

存在正整数 r < p，使得
r p ≡ 1 (mod q)
r q ≡ 1 (mod p)

等价于：r p - 1 是 q 的倍数，且 r q - 1 是 p 的倍数。
设 r p - 1 = k q, 其中 k 是正整数（因为 r p ≥ p > 1，所以 k ≥ 1）。
r q - 1 = l p, l 正整数。

从 r q ≡ 1 (mod p)，由于 r q = r (p + (q-p))，但我们可以合并。

由 r p ≡ 1 mod q 和 r q ≡ 1 mod p。
因为 r < p < q，且 r p ≡ 1 mod q，所以 r p = k q + 1。由于 r p < p^2，所以 k q < p^2。
同样 r q = l p + 1，r q < p q，所以 l < q。

我们可以尝试推导 p, q, r 之间的关系。

从两个等式：
r p = k q + 1 => r p - k q = 1 (1)
r q = l p + 1 => r q - l p = 1 (2)

(1)和(2)可以看作是线性组合。将(1)乘以某个数，(2)乘以某个数，消去r或其他。

从(1)和(2)可以得出：r p - k q = 1，r q - l p = 1。
这是一个关于r, k, l的丢番图方程。

已知 p, q 互素。将(1)和(2)视为关于r, k, l的方程组。对于固定的p, q，是否存在正整数r, k, l满足？

从(1)：r p ≡ 1 mod q => r ≡ p^{-1} mod q。这个r是在1到q-1之间。由于r < p（因为也是模p的逆元），所以 r < p。这意味着 p 模 q 的逆元小于 p。同样 q 模 p 的逆元也是这个r，小于 p。

所以条件等价于：p^{-1} mod q < p，且该逆元也是 q^{-1} mod p。实际上如果两者相等，自然有 r < p 和 r < q。

所以问题：找到所有互素对(p,q) p<q，使得 p^{-1} mod q = q^{-1} mod p。

设这个逆为 r，0 < r < p，满足：
r p ≡ 1 (mod q)
r q ≡ 1 (mod p)

由此得到：
r p - 1 = a q
r q - 1 = b p

相减：
r(p - q) = a q - b p

另外，我们可以从这两个等式得到关于 r 的方程。将 a = (r p - 1)/q 代入？或者可以求得 r 与 p, q 的关系。

将 r p - 1 = a q 两边乘以 r：
r^2 p - r = a r q
但 r q = b p + 1，所以 r^2 p - r = a (b p + 1) = a b p + a
所以 r^2 p - a b p = a + r => p (r^2 - a b) = a + r
类似可得 q (r^2 - a b) = b + r。

因为 p 和 q 是正整数，a 和 b 也是正整数（因为 r p > 1, r q > 1）。我们有：
a = (r p - 1)/q
b = (r q - 1)/p

注意 a 和 b 都是正整数。由上述，有：
a + r = p (r^2 - a b)
b + r = q (r^2 - a b)

设 d = r^2 - a b。那么：
a + r = p d
b + r = q d

因为 p < q，且 a, b 正整数，可知 d 也必须是正整数，因为 a + r > 0, p > 0。实际上 d ≥ 1。

所以我们有：
p = (a + r)/d
q = (b + r)/d

而 a, b, r, d 满足：
a = (r p - 1)/q 和 b = (r q - 1)/p 以及 d = r^2 - a b。

另外，我们可以从 a, b, r, d 推导关系。将 p, q 表达式代入 a 的定义：
a = [ r*(a+r)/d - 1 ] / [ (b+r)/d ] = [ r(a+r) - d ] / (b+r)
即 a(b+r) = r(a+r) - d => a b + a r = a r + r^2 - d => a b = r^2 - d. 这与 d = r^2 - a b 一致。

同理 b(a+r) = r(b+r) - d => a b + b r = b r + r^2 - d => a b = r^2 - d. 一致。

所以对于任何正整数 a, b, r, d 满足 d = r^2 - a b > 0，我们可以定义 p = (a+r)/d, q = (b+r)/d。要求 p, q 为正整数，且 p < q，互素。

此外，a = (r p - 1)/q 必须是整数，这由 p, q 的构造自动满足吗？我们是从方程推导的必要条件，应该也是充分的。所以模倒数对(p, q)由整数参数 a, b, r, d 生成，其中 d = r^2 - a b > 0，且 p = (a+r)/d, q = (b+r)/d 是互素整数，p < q。并且我们要找所有 p ≤ N 的对。

注意到 a, b, r, d 都是正整数。有 r^2 = a b + d。
而 p = (a+r)/d, q = (b+r)/d。

因为 p < q，所以 a < b。
我们还需要 p, q 互素，即 gcd(a+r, b+r, d) 等？实际上 p = (a+r)/d, q = (b+r)/d，其中 d 整除 a+r 和 b+r。可以设 a+r = d p, b+r = d q。因为 gcd(p, q) = 1，所以 d = gcd(a+r, b+r)。这自动满足如果我们直接取互素的 p, q。所以我们可以认为给定 p, q，则 a = r p - 1 / q 等等？但我们希望用 p 和 q 来找到条件，或者枚举 p, r 来求 q。

让我们回到 r p - 1 = a q 和 r q - 1 = b p。
由 r p - 1 = a q，得 q = (r p - 1)/a。
代入 r q - 1 = b p 得 r (r p - 1)/a - 1 = b p => (r^2 p - r - a)/a = b p => r^2 p - r - a = a b p。
整理：p(r^2 - a b) = a + r。
所以 p = (a + r) / (r^2 - a b)。类似 q = (b + r)/(r^2 - a b)。

由于 p 和 q 是正整数，分母 d = r^2 - a b 必须是正整数，且整除 a+r 和 b+r。
我们还可以从 r p ≡ 1 (mod q) 得知 q = (r p - 1)/a，而 a 是某个正整数。实际上，a 是由 r 和 p 决定的：因为 r p - 1 必须是 q 的倍数，a 就是那个商。由于 q > p，有 a = (r p - 1)/q < (r p)/p = r。所以 a < r。类似 b = (r q - 1)/p > (r p)/p = r (因为 q > p)。所以 a < r < b。因此 d = r^2 - a b 满足：因为 a < r, b > r，a b 可能大于或小于 r^2。但由 p = (a+r)/d > 0，所以 d > 0，因此 a b < r^2。

所以参数满足：a, b, r 是正整数，0 < a < r < b，且 r^2 - a b = d > 0。那么 p = (a+r)/d, q = (b+r)/d。我们需要 p, q 为正整数，且 p < q。实际上 p 自动小于 q，因为 a < b 意味着 a+r < b+r。我们还需要 gcd(p, q) = 1。是否自动成立？不一定。我们需要检查。

但是等等，原来的条件要求 p 和 q 互素吗？是的，因为模逆存在要求互素。这必须额外要求。此外，还需要 p, q 是正整数，所以 d 整除 a+r 和 b+r。

我们还可以得出 p 和 q 的关系。由 p d = a+r, q d = b+r。且 a b = r^2 - d。
消去 a 和 b：
a = p d - r
b = q d - r

代入 a b = r^2 - d:
(p d - r)(q d - r) = r^2 - d
展开：
p q d^2 - (p+q) r d + r^2 = r^2 - d
=> p q d^2 - (p+q) r d + d = 0
除以 d (d > 0):
p q d - (p+q) r + 1 = 0
=> p q d + 1 = (p+q) r

所以得到关键方程：
(p+q) r = p q d + 1 (Equation *)

其中 d 是正整数，r 是正整数，且我们已知 r 是 p 模 q 和 q 模 p 的共同逆元。同时，由 r p ≡ 1 (mod q) 得到 r p = a q + 1，由于 r 是模逆元的最小正剩余（如果我们是这个解释），则 1 ≤ r < q。但是我们现在不假定 r 是规范到最小的；我们只要求存在 r 满足 (p+q) r = p q d + 1 且 r 同时满足逆元条件？等等，我们推导出 (p+q) r = p q d + 1 是从 a, b 定义导出的必要条件。让我们检查是否充分。

我们从 r p - 1 = a q 和 r q - 1 = b p 出发，假设存在正整数 r, a, b。推导出了 p q d - (p+q) r + 1 = 0。反过来，如果存在正整数 r, d 满足 p q d + 1 = (p+q) r，并且 r p ≡ 1 (mod q) 和 r q ≡ 1 (mod p)，那么这是一组解。但我们已知 r p ≡ 1 mod q 和 r q ≡ 1 mod p 是等价的吗？从 p q d + 1 = (p+q) r 可以得出什么？

将 (p+q) r = p q d + 1 模 p：
(q) r ≡ 1 (mod p) => r q ≡ 1 (mod p).
模 q：
p r ≡ 1 (mod q).
所以这个方程等价于 r 同时是 p 模 q 和 q 模 p 的逆元！而且没有要求 r 的范围。所以对于任何互素的 p, q，如果存在正整数 r, d 满足 (p+q) r = p q d + 1，那么 r 就自动是两个逆元。但 r 的大小是多少？我们知道对于互素的 p, q，存在唯一的 r modulo p q 满足这两个同余式。最小的正 r 在 1 到 p q 之间。方程 (p+q) r ≡ 1 (mod p q) 等价于 (p+q) r = p q d + 1 对某个正整数 d。这是因为同余式 r p ≡ 1 mod q 和 r q ≡ 1 mod p 等价于 r p + r q ≡ 2 mod p q？等等。实际上，如果 r 满足 r p ≡ 1 (mod q) 和 r q ≡ 1 (mod p)，那么 (r p - 1) 是 q 的倍数，(r q - 1) 是 p 的倍数。将它们相乘？有更简单的方法：由中国剩余定理，r 满足 r ≡ p^{-1} mod q 且 r ≡ q^{-1} mod p。因为 p 和 q 互素，这样的 r 模 p q 唯一。我们想知道这个 r 是否满足 (p+q) r = p q d + 1 对某个整数 d。让我们看看：

设 r 满足 r p = 1 + a q, r q = 1 + b p。
相加：r(p+q) = 2 + a q + b p。
但这似乎不是 p q d + 1 的形式。我们之前推导出 p q d + 1 = (p+q) r，其中 d = r^2 - a b。这是从特定参数 d 来的。但 d 是由 a, b, r 定义的。实际上，任何满足两个同余式的 r 都会给出某个 a 和 b，然后 d = r^2 - a b。而我们知道 p = (a+r)/d, q = (b+r)/d 是成立的，且自动有 p q d + 1 = (p+q) r。所以对于任何模倒数对 (p, q)，其共同逆元 r 必定满足 p q d + 1 = (p+q) r 对某个正整数 d。反过来，若 p, q 互素，且存在正整数 r, d 满足 p q d + 1 = (p+q) r，则 r p ≡ 1 (mod q) 且 r q ≡ 1 (mod p) 自动成立。那么这是充要条件：p, q 互素，且存在正整数 d 使得 p q d + 1 能被 p+q 整除，且商 r 是正整数。但注意这样的 d 是否一定存在？由中国剩余定理，对互素的 p, q，总存在唯一的 r (1 ≤ r ≤ p q) 满足同余式。对这个 r，我们有 r p = 1 + a q 和 r q = 1 + b p。我们可以计算 d = r^2 - a b。问题是这个 d 是否一定是正整数？对于模倒数对，我们限制 r 是“p同余q的逆元”和“q同余p的逆元”的同一个数。如果是取模意义下的标准逆元（最小正剩余），那么我们知道 a 和 b 满足 a < r, b ?。实际上，r 是 p^{-1} mod q，所以 1 ≤ r < q。同时 r 也是 q^{-1} mod p，所以 1 ≤ r < p。因为 p < q，所以 r < p。那么 a = (r p - 1)/q < (p q)/q = p。但还有 b = (r q - 1)/p > (r p)/p? 不一定。但因为 r < p，r q 可能小于或大于？我们不知道。但是方程 p q d + 1 = (p+q) r 中，r < p，所以右边 (p+q) r < (p+q) p < p q + p^2。左边 p q d + 1，对于 d ≥ 1，左边 ≥ p q + 1。如果 d ≥ 2，左边 ≥ 2 p q + 1，通常大于右边因为 r < p < q。实际上，如果 p < q，且 r < p，则 (p+q) r < (p+q) p = p^2 + p q。当 d=1 时，左边 = p q + 1。比较：p q + 1 与 (p+q) r。由于 r < p，可能有 (p+q) r < (p+q) p = p^2 + p q。如果 d=1 是可能的。如果 d ≥ 2，左边 ≥ 2 p q + 1，而右边最大为 p^2 + p q，由于 q > p，2 p q > p q + p^2 对 q > p 成立。所以 d 不能大于 1，否则左边超过右边最大值。因此 d 必须是 1。我们来验证：假设 d ≥ 2，则 p q d + 1 ≥ 2 p q + 1。而 (p+q) r < (p+q) p = p^2 + p q。由于 2 p q + 1 > p^2 + p q 等价于 p q + 1 > p^2，即 q > p - 1/p，这总是成立的因为 q ≥ p+1。所以 d 只能为 1。

因此，如果我们要求 r 是标准的最小正剩余逆元（即 1 ≤ r < p），那么 d 必须是 1。反之，如果 d=1，方程变为 p q + 1 = (p+q) r。此时 r = (p q + 1)/(p+q)。因为 p < q，r 是否小于 p？检查 r < p <=> p q + 1 < p(p+q) = p^2 + p q <=> 1 < p^2，这对 p ≥ 2 成立（p=1 时？）。另外 r 是否为整数？我们需要 p+q 整除 p q + 1。此外，我们还需要 r q ≡ 1 mod p 和 r p ≡ 1 mod q 自动成立吗？由于 (p+q) r = p q + 1，模 q 得到 p r ≡ 1 mod q；模 p 得到 q r ≡ 1 mod p。所以自动成立。那么 r 是否小于 q？r = (p q + 1)/(p+q) < (p q + q)/(p+q) = q(p+1)/(p+q) < q，因为 p+1 < p+q。所以 r < q 自动满足。所以只要 p, q 互素，且 p+q 整除 p q + 1，那么 r = (p q + 1)/(p+q) 就是满足条件的共同逆元，并且它自动在标准范围内吗？需要注意 r 是否等于 p^{-1} mod q 的最小正剩余？因为模 q 的逆元唯一在 1..q-1 之间，所以 r 就是那个逆元。同样模 p 的逆元也唯一在 1..p-1 之间，r 也等于它，因为 r < p? 我们需要检查 r < p。上面已证 r < p 等价于 1 < p^2，这对所有 p>1 成立。p=1 呢？题目正整数 p, q，p<q。p 可能为 1 吗？如果 p=1，p 模 q 的逆元是 1，q 模 1 的逆元？模 1 没有意义，所有数同余 0，逆元不存在。所以 p=1 应该排除。因此 p ≥ 2。

因此，模倒数对 (p, q) 的充要条件是：p < q，gcd(p, q) = 1，且 (p+q) 整除 (p q + 1)。此时公共逆元 r = (p q + 1)/(p+q)，且它是一个正整数，自动满足 r < p。

我们来验证例子：
(3,5): p=3, q=5, p+q=8, pq+1=16, 8|16 => r=2. 正确。
(4,11): 4+11=15, 44+1=45, 45/15=3=r. 正确。
(5,7): 5+7=12, 35+1=36, r=3. 正确。
(5,19): 24, 95+1=96, r=4. 正确。

那 (2,3): 2+3=5, 6+1=7, 5 不整除 7。所以 (2,3) 不是模倒数对！这完全符合 F(5) 的例子。

所以问题归结为：求所有正整数对 (p, q)，满足 2 ≤ p < q，p ≤ N，gcd(p, q) = 1，且 (p+q) | (p q + 1)。对所有这样的对求 p+q 的和 F(N)。给定 F(100) = 697317 用于验证。求 F(2,000,000)。

我们验证一下是否还有其他条件。模倒数对要求 r 是正整数即可？我们已经推导出对于 gcd(p,q)=1，只要 (p+q) | (pq+1)，那么 r 为正整数，且 r < p < q，所以 r 自然在 1 到 q-1 和 1 到 p-1 之间，因此它就是标准逆元。这是充要条件。所以问题就是找到所有满足 p ≤ N, p < q, gcd(p,q)=1, (p+q) | (pq+1) 的对 (p,q)，并求总和。

现在我们需要计算 F(2e6)。N=2,000,000。显然不可能枚举所有 q。需要数学化简。

条件： (p+q) | (pq+1)
pq + 1 ≡ 0 (mod p+q)
注意 pq + 1 = p(q + p - p) + 1 = p(p+q) - p^2 + 1。
所以模 p+q： pq + 1 ≡ -p^2 + 1 (mod p+q)。
因此 (p+q) | (p^2 - 1)。
类似地，pq + 1 = q(p+q) - q^2 + 1，所以 (p+q) | (q^2 - 1)。

所以条件等价于 p+q 整除 p^2 - 1。由于 p+q 也整除 q^2 - 1，两个等价。

因此我们需要： p+q 整除 p^2 - 1 且 gcd(p,q)=1，p < q。

注意，如果 p+q 整除 p^2 - 1，那么自动有 p+q 整除 q^2 - 1 吗？检查：q^2 - 1 = (p+q - p)^2 - 1 = (p+q)^2 - 2p(p+q) + p^2 - 1 ≡ p^2 - 1 (mod p+q)。所以是等价的。

我们要求 p+q | p^2 - 1。令 s = p+q，则 s > 2p（因为 q > p）。且 s 整除 p^2 - 1。所以 s 是 p^2 - 1 的一个大于 2p 的因子？等等，s = p+q，q > p，所以 s > 2p。但 s 整除 p^2 - 1。p^2 - 1 最大也就是 p^2 - 1，而 s > 2p。对于 p > 2，2p 可能大于 p^2 - 1 吗？当 p=1 时，2p=2 > 0；p=2 时，2p=4，p^2-1=3，4 > 3，不可能有因子。所以 p 必须满足 2p < p^2 - 1，即 p^2 - 2p - 1 > 0 => p^2 - 2p + 1 > 2 => (p-1)^2 > 2 => p-1 ≥ 2 => p ≥ 3。所以 p 至少为 3。这与例子中最小 p=3 一致！所以 p≥3。

现在，s = p+q 是 p^2-1 的一个因子，且 s > 2p。因为 s = p+q 且 q > p。另外，由于 s | p^2 - 1，且 s = p+q > 2p。设 p^2 - 1 = s * k，其中 k 是正整数。由于 s > 2p，我们有 k = (p^2 - 1)/s < (p^2 - 1)/(2p) < p/2。所以 k < p/2。
另外，q = s - p = (p^2 - 1)/k - p。我们需要 q 为正整数且 q > p，且 gcd(p, q) = 1。

我们还有要求 gcd(p, q) = 1。如果 s | p^2 - 1，q = s - p，那么 gcd(p, q) 是否自动为 1？不一定。检查：如果 d = gcd(p, q)，则 d | p 且 d | q，所以 d | (p+q) = s。同时 d | p^2 - 1（因为 s | p^2 - 1）。而 d | p，所以 d | p^2。因此 d | (p^2 - (p^2 - 1)) = 1。所以 gcd(p, q) = 1 是自动成立的！因为任何公约数必整除 p^2 和 p^2-1，从而整除 1。所以 gcd 条件自动满足。

因此，模倒数对 (p,q) 与满足以下条件的 k 一一对应：
给定 p ≥ 3，令 s 是 p^2 - 1 的正因子，且 s > 2p。令 k = (p^2 - 1)/s，则 k < (p-1)/2？实际上 s > 2p => k = (p^2 - 1)/s < (p^2 - 1)/(2p) = p/2 - 1/(2p)。因为 k 是整数，所以 k ≤ floor((p-1)/2)? 我们来精确化：s > 2p 等价于 k < (p^2 - 1)/(2p) = p/2 - 1/(2p)。由于 k 是整数，这意味着 k ≤ floor(p/2 - ε)。具体来说，p 是奇数时，p=2m+1，p/2 = m + 0.5，k ≤ m = (p-1)/2。p 是偶数时，p=2m，p/2 = m，k < m，所以 k ≤ m-1 = p/2 - 1。总之，k 的最大值为 floor((p-1)/2)。

并且 q = s - p = (p^2 - 1)/k - p。我们需要 q > p，这等价于 s > 2p，已经包含。

此外，q 为整数自动满足，因为 k | p^2 - 1，所以 q 是整数。而且 q > p 且 gcd 自动为 1。

所以对于每个 p ≥ 3，我们只需要找出所有满足 k | p^2 - 1 且 k < p/2 （严格小于 p/2）的正整数 k。然后 q = (p^2 - 1)/k - p。每一对 (p, q) 的和为 p + q = s = (p^2 - 1)/k。

因此 F(N) = 所有满足 3 ≤ p ≤ N 和 k | p^2 - 1, k < p/2 的 (p^2 - 1)/k 之和。

注意，可能有多个 k 对应于一个 p，所以对于给定的 p，q = (p^2 - 1)/k - p，p+q = (p^2 - 1)/k。

我们也可以写成： F(N) = ∑{p=3}^{N} ∑{k | p^2-1, 1 ≤ k < p/2} (p^2 - 1)/k。

这就是我们需要计算的。

检查一下例子 N=5：
p=3: p^2-1=8。因子 k < 1.5，k=1。q=(8)/1 - 3=5。p+q=8。k=1 有效。
p=4: p^2-1=15。因子：1,3,5,15。k < 2，所以 k=1。q=15/1 - 4 = 11。p+q=15。
p=5: p^2-1=24。因子：1,2,3,4,6,8,12,24。k < 2.5，所以 k=1,2。
k=1: q=24 - 5=19, p+q=24.
k=2: q=12 - 5=7, p+q=12.
总和：8+15+24+12 = 59。完美匹配！而且例子中的对就是这些。注意 k=2 时 p+q=12 对应 (5,7) 和为 12，对上了。

所以问题转化为求上述和。我们需要高效计算 F(2,000,000)。

直接对 p 从 3 到 N 进行因式分解 p^2-1 会非常慢，因为 N=2e6，p^2-1 大约 4e12，不能直接分解。我们需要一种更聪明的方法。

我们有 F(N) = ∑{p=3}^{N} ∑{k | p^2 - 1, k < p/2} (p^2 - 1)/k。
注意到 (p^2 - 1)/k 是 s，也就是 p+q。由于 s > 2p，我们也可以从 s 的角度考虑，或者交换求和顺序。

设 d = (p^2 - 1)/k，则 d = p+q > 2p。由于 k < p/2，所以 d = (p^2 - 1)/k > (p^2 - 1)/(p/2) = 2p - 2/p，所以 d ≥ 2p（因为 d 是整数）。实际上 d = p+q ≥ p + (p+1) = 2p+1？不一定，q > p 但 q 可以等于 p+1 吗？如果 q = p+1，则 d = 2p+1。且 d 整除 p^2-1？如果 d = 2p+1，检查 (p^2-1) mod (2p+1)。用 p = 3：2p+1=7，8 mod 7 = 1 ≠ 0。所以 q = p+1 通常不行。d 的范围：d = p+q。由于 q > p，所以 d > 2p。且 d | p^2 - 1。因此 d ≤ p^2 - 1。所以 d 是 p^2-1 的因子，且 d > 2p。这就是我们最初对 s 的描述。我们已经通过 k 进行了参数化。现在 k = (p^2 - 1)/d，且 k < p/2。

也许我们可以交换求和：F(N) = ∑{p=3}^{N} ∑{d | p^2-1, d > 2p} d。

或者考虑 p 和 d 的关系。d 是 p^2 - 1 的因子，d > 2p。这等价于 p^2 ≡ 1 (mod d) 且 p < d/2。同时 p ≤ N。

因此我们需要对满足 p ≤ N, p < d/2, d | p^2 - 1 的所有对 (p, d)，求和 d。其中 d = p+q。

注意 p^2 ≡ 1 (mod d) 等价于 d | (p-1)(p+1)。所以 d 是 p-1 和 p+1 乘积的因子。且 d > 2p。

因为 p 和 d 是相关的，我们可以考虑固定 d，然后求满足条件的 p。d 的最大值：由于 p ≤ N，且 p < d/2，所以 d > 2p ≥ 6。d 最大为 p^2 - 1 ≤ N^2 - 1 ≈ 4e12，非常大，无法枚举 d。

另一种思路：因为 k < p/2 且 k | p^2 - 1。k 比较小。k 最大约为 N/2 = 1e6。最小为 1。我们可以枚举 k 吗？

我们有 k | p^2 - 1 即 p^2 ≡ 1 (mod k)。且 p > 2k（因为 k < p/2 等价于 p > 2k）。同时 p ≤ N。

所以对于每个正整数 k，我们需要找到所有满足 p^2 ≡ 1 (mod k) 且 2k < p ≤ N 的 p。然后对于每对 (k, p)，如果 k 确实整除 p^2 - 1（自动满足），则贡献 d = (p^2 - 1)/k。注意我们需要确保 k 确实是 (p^2 - 1) 的因子，而不仅仅是 p^2 ≡ 1 mod k。这已经由同余式保证。但是我们要的是 d 是整数，即 k | p^2 - 1，所以 p^2 ≡ 1 mod k 是等价条件。所以我们可以枚举 k，然后对于每个 k 找到符合条件的 p，计算 (p^2 - 1)/k 之和。最后总和即为 F(N)。

k 的范围：因为 p > 2k 且 p ≤ N，所以 k < N/2。即 k 最大为 N/2 - 1（对于偶数 N）或 (N-1)/2。对于 N=2e6，k 最大为 1e6 - 1 左右。k 从 1 到大约 1e6。对于每个 k，求解同余式 p^2 ≡ 1 (mod k)。这相当于在模 k 意义下找到所有解 p ≡ ±1? 等等，p^2 ≡ 1 mod k 的解不一定是 p ≡ ±1 mod k，如果 k 不是素数幂，可能有更多解，例如模 8 有 4 个解。但解的数量有限，对于每个 k，解的数论函数大概为 2^{ω(k)} 或类似。k 最大 1e6，我们可以有效处理吗？

对每个 k 求解 p^2 ≡ 1 (mod k) 的所有解，然后对每个解加上满足 2k < p ≤ N 的 p 构成的等差数列的和。由于 N 是 2e6，k 最大 1e6。对每个 k 计算所有解，并求和在理论上可行，如果总复杂度接近 O(N log N)。但 N=2e6 可以接受 O(N log N) 或稍高的复杂度。我们需要小心实现。

我们来分析复杂度：对 k 从 1 到 N/2，我们需要找到模 k 下所有满足 x^2 ≡ 1 (mod k) 且 0 ≤ x < k 的 x。对于每个解 x0，我们要找所有 p ≡ x0 (mod k) 且 p > 2k 且 p ≤ N。这些 p 形成一个等差数列：p = x0 + k * t，t 从某个最小值到最大值。对每个这样的 p，贡献为 (p^2 - 1)/k。我们需要高效求和。

总解的数量：模 k 下平方同余 1 的解数。对于 k = 2^e * p1^{e1} * ... ，根据中国剩余定理，解数为 2^{ω(k) + 某个偏移}。平均来说，解数很小（通常 2 或 4 或 8 等）。对于 k ≤ 1e6，所有解的总数是多少？我们可以估算：最坏情况 k 有很多素因子。但 1e6 以下数的素因子个数最多大概 7 个（2*3*5*7*11*13*17=510510，再加 19 超过 1e6）。所以解数最多 2^7=128 或加上 2 的幂可能到 256。平均解数大概是个小常数。因此总解数大约 O(N log N) 或类似。对于 N=2e6，k 到 1e6，总解数大概在 1e7 量级，应该可以接受。但我们需要对每个解求和，这涉及对每个解遍历其等差数列。等差数列的项数可能很大（对于小的 k）。如果我们逐项相加，总项数等于满足条件的 p 的数量。我们需要计算总共有多少对 (p, k)。每对对应一个有效的 k 和 p。p 的数量：p 从 3 到 N，对于每个 p，k 是 p^2-1 的小于 p/2 的因子。总对数和 F(N) 的问题有关，但可能对的数量级是 N log N 或 N sqrt N？我们需要分析总对数的量级。如果直接对每个 p 枚举其因子 k < p/2，这等于枚举所有 p^2-1 的小因子。p 最大 2e6，p^2-1 约 4e12，枚举因子需要 sqrt 约 2e6，这不可能对每个 p 做。所以我们必须改变枚举方式。枚举 k 并求解 p ≡ ? mod k 是更好的，因为我们只需要产生 p 并计算和，而不需要遍历所有的 p 的因子。但我们需要看看总共有多少符合条件的 p。

对于给定的 k，p 必须满足 p ≡ x (mod k)，且 p > 2k，p ≤ N。p 的数量大约为 N/k 每解。因为解数平均为 O(1)，所以总 p 的数量约为 ∑_{k=1}^{N/2} O(1) * N/k = O(N log N)。N=2e6，N log N ≈ 2e6 * 14 ≈ 2.8e7。这是可以接受的数量级！2.8e7 次运算在 C++ 中很快（< 1 秒）。但我们需要实际地对每个 p 计算 (p^2 - 1)/k 并加到总和中。这可以在产生 p 时直接累加。

因此，算法：
初始化 total = 0。
对于 k 从 1 到 N/2：
找到所有满足 x^2 ≡ 1 (mod k) 且 0 ≤ x < k 的 x。
对于每个 x：
计算满足 p ≡ x (mod k)，p > 2k，p ≤ N 的最小 p。
p_min = x + k * ceil((2k + 1 - x)/k) 如果 x ≤ 2k 等等，需要仔细计算。
如果 p_min ≤ N，则这些 p 构成等差数列：p = p_min, p_min + k, p_min + 2k, ..., p_max。
对于这个等差数列中的每个 p，累加 (p^2 - 1)/k。
注意：p 必须满足 p > 2k。但我们的条件是 k < p/2，即 p > 2k。所以我们只需添加这个限制。

但等等，我们还需要确保 k 整除 p^2 - 1。由于我们解 x^2 ≡ 1 mod k，所以对于 p ≡ x mod k，p^2 ≡ 1 mod k 自动成立，但我们要的是 (p^2 - 1)/k 是整数，这就是同余式保证的。但是否存在这样的情况：p 满足同余式但 k 不整除 p^2 - 1？不，同余式就是 k | p^2 - 1。所以没问题。

然而，我们必须检查 p 和 q 的互素条件以及 q 的正整数等，这些我们都推导是自动满足的。但有没有可能 p 和 q 并不是互素？之前我们证明了如果 s = p+q 整除 p^2-1，则 gcd(p, q) = 1 自动成立。我们可以再确认：如果 d = gcd(p, q)，则 d | p+q 且 d | p，所以 d | (p+q) - p = q。因此 d | p 且 d | q。那么 d^2 | p q。但我们有 p q + 1 = r(p+q)。如果 d > 1，则 d | p q，所以 d | p q + 1 意味着 d | 1，矛盾。所以互素自动成立。因此不必额外检查。

我们还需要确保 p < q，这等价于 p+q > 2p，即 s > 2p，这正是条件 p > 2k 吗？s = (p^2 - 1)/k。s > 2p 等价于 (p^2 - 1)/k > 2p => p^2 - 1 > 2p k。因为 k ≤ (p-1)/2，这自动成立？我们来验证：条件等价于 k < (p^2 - 1)/(2p) = p/2 - 1/(2p)。由于 k 是整数，这等价于 k ≤ floor(p/2 - ε)。对于整数 p，等价于 k < p/2，即 p > 2k。所以正是 p > 2k。我们同时还需要 q = s - p 是正整数。由于 s > 2p，q > p > 0，所以 q 是正整数。所以所有条件都等价于 p ≡ x (mod k)，p > 2k，且 p ≤ N。且 k 是任意正整数 ≥ 1。

等一下，k 的范围：k 是正整数，p > 2k 且 p ≤ N。所以 k 最大为 floor((N-1)/2)。对于 N=2e6，k max = 999,999。k 从 1 开始。但我们是否包含了所有模倒数对？让我们再检查一下推导：

我们有 p < q，gcd(p,q)=1，存在 r 使得 r p ≡ 1 mod q 且 r q ≡ 1 mod p。
推导出 (p+q) | (pq+1) 且 r = (pq+1)/(p+q)。
然后设 s = p+q，得到 s | p^2 - 1。令 k = (p^2 - 1)/s，则 s = (p^2 - 1)/k。条件 s > 2p 等价于 k < p/2。
所以对于每个模倒数对，我们可以唯一确定 k = (p^2 - 1)/(p+q)。由于 p+q > 2p，所以 k 是正整数且 k < p/2。而且 k | p^2 - 1。
反之，给定 p 和 k 满足 k | p^2 - 1 且 k < p/2，我们设 s = (p^2 - 1)/k，q = s - p。则 q > p，gcd(p,q)=1，且 (p+q) | pq+1。所以这是一组模倒数对。
由此，所有满足 p ≤ N 的对与满足 p ≤ N, k ≥ 1, k | p^2 - 1, 2k < p 的 (p, k) 一一对应，且 p+q = (p^2 - 1)/k。

因此，我的求和公式完全正确。

现在来考虑实现细节。

我们需要枚举 k 从 1 到 K_max = floor((N-1)/2)。对于每个 k，求解 x^2 ≡ 1 (mod k)，0 ≤ x < k。

如何高效求解 x^2 ≡ 1 (mod k)？
我们可以对 k 进行质因数分解，然后对每个质数幂求解，再用中国剩余定理组合。但是 k 有 1e6 个，我们需要快速方法。

一种方法是：对于每个 k，我们知道解的数量是 2^{ω} 或类似，我们可以通过预计算每个 k 的最小质因子或者利用线性筛来得到所有解吗？也许可以动态生成解？因为 x^2 ≡ 1 mod k 等价于 (x-1)(x+1) ≡ 0 mod k。所以我们需要找到所有 x 使得 k | (x-1)(x+1)。

我们可以对每个 k 找到所有这样的 x。由于 x 在 [0, k-1] 范围内，我们可以通过遍历所有 k 并生成解？是否存在类似于批量处理的方法？

由于 k 最大 1e6，我们可以对每个 k 单独求解。使用质因数分解每个 k，然后用 CRT 合并。如果我们用线性筛预先计算 1 到 1e6 的质因数分解（例如最小质因子），我们可以快速分解每个 k。对每个 k，分解得到质数幂，求解每个质数幂下的解，然后 DFS/CRT 组合得到所有解。对于每个 k，质数幂的数量很少（最多 7 个不同的质数，加上 2 的幂可能多些）。总运算量：分解 1e6 个数可以通过最小质因子 O(log k) 完成。总的分解复杂度 O(N log N) 左右，可以接受。对于每个质数幂求解 x^2 ≡ 1 mod p^e，解的数量是：
对于奇质数 p^e，解为 x ≡ ±1 mod p^e，共 2 个解。
对于 2^e：
e=1: 解为 x ≡ 1 (mod 2) -> 1 个解（因为 0 和 1 中 1^2=1，0^2=0，所以只有 x=1，但模 2 下 x ≡ 1 是唯一解，实际上两个数 0,1：1^2=1 mod 2。通常模 2 平方同余 1 的解为 1。共 1 个解。）
e=2: 模 4: x=1,3 -> 2 个解。
e≥3: 模 8 等：解为 x ≡ ±1 和 x ≡ 2^{e-1} ± 1？实际上对于 2^e (e≥3)，有 4 个解：±1 和 2^{e-1} ± 1。
所以解数最多为 2^{k} * (1 或 2 或 4) 等。

平均每个 k 的解数大约为 2^{ω(k)} 之类。总解数大约 O(N log N)。对于 1e6，总解数可能在 1e7 到 2e7 左右。对于每个解，我们需要计算 p 的等差数列和。

然而，如果我们对每个解计算等差数列的 (p^2 - 1)/k 之和，这可能会为每个解引入额外的循环（因为等差数列可能有很多项）。注意，我们不需要按 p 逐个迭代？我们可以直接使用等差数列求和的公式，因为 (p^2 - 1)/k 是关于 p 的二次函数。对于给定的 k 和 x（解），p 的值为 p = x + k * t（t 整数，t ≥ t0）。我们需要对 t 从 t0 到 t1 求和 ((x + k t)^2 - 1)/k。

求和公式：
S = ∑_{t=t0}^{t1} [(x + k t)^2 - 1] / k
= (1/k) ∑ [ (x^2 - 1) + 2x k t + k^2 t^2 ]
= (1/k) [ (x^2 - 1) * cnt + 2x k * sum_t + k^2 * sum_t2 ]
其中 cnt = t1 - t0 + 1,
sum_t = ∑t = (t0 + t1) * cnt / 2,
sum_t2 = ∑t^2 = t1(t1+1)(2t1+1)/6 - (t0-1)t0(2t0-1)/6.

由于我们要求和的是整数，我们可以用整数运算，最后除以 k。因为每个项 (p^2-1) 都能被 k 整除，总和也能被 k 整除。但直接用公式计算可能会产生中间分数（因为除以 k）。我们可以先计算总和模 k？但我们要求和的具体数值可能很大（N=2e6, p max 2e6, p^2 ~ 4e12, 项数可能很多，总和可达 1e18 或更大？可能需要使用 64 位整数？4e12 * 2e6 = 8e18，在 64 位无符号整数范围内（最大约 1.8e19）。所以用 unsigned long long 或 __int128 如果需要。C++ 的 unsigned long long 最大 2^64-1 ≈ 1.84e19，应该安全。我们可以使用 unsigned long long 并仔细处理除法。

但注意：k 可能不能整除所有中间项的和？我们已经知道每个 (p^2-1) 是 k 的倍数，所以总和也是 k 的倍数。因此整数除法是精确的。我们可以先求和再除以 k。

所以不需要逐项循环，直接 O(1) 计算每个等差数列的和。

那么总的时间复杂度将主要受限于对所有 k 求解 x^2 ≡ 1 mod k。这需要对每个 k 做因式分解并合并解。这部分的计算量：N=2e6，K_max = 1e6。对每个 k 进行分解：如果使用最小质因子预计算，分解每个 k 平均 O(log k) 步，总步数 ~ 1e6 * 一些小常数，约 1e7，很轻松。对于每个 k 的解合并：我们可以用递归或迭代生成所有模 k 的解。总解数可能在 1e7 到 2e7，生成每个解并计算等差数列，O(1) 每个解。总操作量大约几千万，在 C++ 中完全可行（< 1 秒至几秒）。但我们需要仔细实现，避免不必要的开销（例如动态内存分配）。我们可以写一个高效的循环。

让我们更详细地规划算法：

设置 N = 2000000。我们已知 F(100) = 697317 用于测试。

我们需要求和 F(N)。

K_max = (N-1)/2 （因为 p ≤ N 且 p > 2k，所以 2k < p ≤ N => k ≤ floor((N-1)/2)）。对于 N=2e6, K_max = 999,999。

预计算 1 到 K_max 的最小质因子 (spf) 以便快速分解。用线性筛。

对于 k = 1 到 K_max，我们需要小心 k=1 的情况。
k=1：方程 x^2 ≡ 1 mod 1，所有整数同余 0，实际上任何 x 满足，但通常模 1 只有一个剩余类 0。对于 k=1，条件 k | p^2 - 1 永远成立。k=1 < p/2 即 p > 2。所以 p 从 3 到 N 的所有整数。这对应所有 q = (p^2 - 1)/1 - p = p^2 - p - 1。这些对都是有效的吗？让我们检查：p=3, k=1 -> q=9-3-1=5，(3,5)是模倒数对，k=1 对应 (3,5)。p=4, k=1 -> q=16-4-1=11，(4,11)。p=5, k=1 -> q=25-5-1=19，(5,19)。等等。所以 k=1 总是产生一个有效对。k=1 的解：模 1 下只有一个剩余类 0。即 x=0。但是 p ≡ 0 mod 1 对所有 p 成立。我们可以直接公式求和 p 从 3 到 N：(p^2 - 1)/1 = p^2 - 1。所以这部分很容易。我们可以将 k=1 单独处理，或者在解模 k 逻辑中处理。
对于 k > 1，我们求解模 k 解。

求解模 k 下 x^2 ≡ 1：
我们可以用以下方法：

分解 k 为质数幂：k = ∏ p_i^{e_i}。

对于每个质数幂 m = p_i^{e_i}，求所有满足 y^2 ≡ 1 mod m 的 y (0 ≤ y < m)。

用中国剩余定理合并所有这些 y 的列表，得到模 k 下的所有 x。
具体实现：可对每个 k 执行 DFS（深度优先搜索）组合余数。

注意，对于每个解 x，我们需要找到满足 p > 2k 且 p ≤ N 且 p ≡ x (mod k) 的所有 p。
p 的范围：p_min 是大于 2k 且 ≡ x (mod k) 的最小正整数。
我们需要小心 x 可能为 0。如果 x = 0，则 p ≡ 0 mod k，即 p 是 k 的倍数。但 p > 2k，所以 p 可以是 3k, 4k... ≤ N。
但是我们需要检查：如果 x = 0，p = 0 mod k，那么 p^2 ≡ 1 mod k 意味着 0 ≡ 1 mod k，所以 k 必须整除 1。这仅当 k=1 时可能。对于 k>1，x=0 不可能满足 x^2 ≡ 1 mod k，因为 0^2=0 ≠ 1 mod k。因此对于 k>1，x 永远不会是 0。同样 x=1 和 x=k-1 等是常见解。所以我们不必担心 x=0。

所以对于每个 k>1 和每个解 x：
p 的起始值：令 p0 = x。如果 p0 ≤ 2k，则 p0 += k * ceil((2k+1 - p0)/k)。实际上我们可以用整数运算求最小 p > 2k 且 p ≡ x mod k：
if (x > 2k) p_start = x;
else {
// 我们需要 p = x + k * t > 2k => t > (2k - x)/k
// t_min = floor((2k - x)/k) + 1 = (2k - x)/k + 1 如果整除则需要注意。
更简单：p_start = x + k * ((2k - x) / k + 1);
但需要确保当 x == 2k 时？不，x < k，所以 x ≤ k-1，所以 2k - x ≥ k+1 > 0。
计算 t = (2k - x) / k + 1; 因为整数除法截断向下，这给出正确的 t_min。
}
然后 p_max = N 以内满足同余的最大值：p_end = x + k * ((N - x) / k); 如果 p_start > p_end，则没有 p。
否则，等差数列有项数 cnt = (p_end - p_start) / k + 1。
然后求和 S = ∑_{t=0}^{cnt-1} f(p_start + t*k) 其中 f(p) = (p^2 - 1)/k.
可以用公式计算。

需要注意 N=2e6，p 最大 2e6，p^2 最大 4e12。求和的值最大大约 N^3 / k 级别？总和的量级可能达到 N^3 量级？因为每对贡献 p+q ≈ p^2/k。总对数为 O(N log N)，总和大概 N^3 量级？不对。让我们估计 F(N) 的增长。对于 k=1，总和 ≈ ∑{p=1}^N p^2 ≈ N^3/3 ≈ 8e18/3 ≈ 2.6e18。对于 k=2，也有贡献。所以总和可能接近 64 位无符号整数极限（1.8e19）。我们需要使用 128 位整数或确保不溢出。C++ 可以使用 __int128 如果编译器支持（GCC/Clang 有 __int128）。或者使用 unsigned long long 并小心检查溢出？其实我们可以使用 Python？不，题目要求 cpp 代码。我们可以用 __int128 来做累加，最后输出结果。但标准比赛环境可能不支持 __int128？许多在线评测支持 __int128。如果担心，可以用 unsigned long long 并模一个数？但要求精确结果。因为 64 位无符号最大约 1.84e19，我们最大可能多大？N=2e6，p ≤ N，主要贡献来自 k=1：∑{p=3}^{2e6} p^2 - 1 ≈ (2e6)^3/3 ≈ 8e18/3 ≈ 2.67e18。其他 k 的贡献：k=2 时，p 满足 p^2 ≡ 1 mod 2，即所有奇数 p。p>4, p ≤ N。∑_{odd p=5}^{N} (p^2-1)/2 ≈ (1/2) * (1/2) N^3/3? 大约 N^3/12 ≈ 6.6e17。所以总和应该大约 3e18 级别，远小于 1.8e19。所以 64 位无符号整数（最大 ~1.84e19）足够安全。我们可以用 unsigned long long。

那么我们直接使用 unsigned long long 进行累加。

现在需要实现求解模 k 的 x^2 ≡ 1。
方法：对每个 k，我们可以存储其质数幂分解。利用 spf 数组：
while k > 1:
p = spf[k]
pe = 1
while k % p == 0: k /= p; pe *= p
存储 (p, pe)

得到质数幂列表后，求每个 pe 的解：
若 p 为奇质数：解为 [1, pe-1]。
若 p=2:
if pe=2: 解为 [1] （因为模2，只有1）
elif pe=4: 解为 [1, 3]
else: 解为 [1, pe-1, pe/2 - 1, pe/2 + 1] 需要确认。
对于 2^e (e>=3): 我们知道解是 ±1 和 2^{e-1} ± 1。即 1, (1<<e)-1, (1<<(e-1)) - 1, (1<<(e-1)) + 1。验证：e=3, 8: 1, 7, 3, 5。正确。

用递归或迭代将这些解合并成模 k 的解。使用 CRT：
合并两个同余方程组的解时，用扩展欧几里得求 x ≡ a (mod m1) 和 x ≡ b (mod m2) 的解，其中 gcd(m1, m2)=1。由于 k 是我们已经分解的质数幂，它们互素。我们可以逐步合并：
初始解列表：模 1 下只有一个解 0。
对每个质数幂 m，解列表为 sols_m，我们将当前解列表（模 cur_mod）与 sols_m 合并，生成新解列表模 cur_mod * m。
用扩展欧几里得计算合并。

为了避免动态分配，我们可以用 std::vector 存储解，但每个 k 都动态分配可能会有开销。可以使用预先分配的缓冲区，但 vector 通常足够快。由于总解数约 2e7，生成并立即消费，vector 的分配和释放可能有些开销，但仍在可接受范围。我们可以优化：在循环内使用局部 vector，并 reserve 一些小容量。

另外，我们可以注意到：我们不需要严格生成所有解，而是可以枚举 k 的因子？或者有其他直接生成 p 的方法。

另一个思路：与其对每个 k 生成解，不如反过来枚举 p，然后枚举其满足 k | p^2 - 1 且 k < p/2 的因子 k。对每个 p，求 p^2 - 1 的所有因子，这需要分解 p^2 - 1。但 p^2 - 1 可能很大（~4e12），分解很慢。所以按 k 枚举更好。

按 k 枚举还有一个好处：k 的范围是 1e6，p 的范围是 2e6。总计算量可控。

我们需要注意 k 和 p 的关系：p ≤ N=2e6，k < p/2 ≤ 1e6。
我们的枚举 k 从 1 到 K_max = N/2 没问题。

但我们要确保只包括 p ≤ N 且 p > 2k 且 p ≡ x mod k 的那些。

现在让我们更具体地写出解合并的过程：

对于每个原始 k_original（我们将其分解为质数幂），我们需要得到模 k_original 的所有解。但注意我们在循环中使用 k 作为变量，我们不应修改原始的 k，因为我们还需要用它来计算求和公式。所以我们在对 k 循环时：
k_val = k (1 到 K_max)
分解 k_val 得到质数幂列表：prime_powers = [(p1, pe1), ...]
生成解：
vector<ULL> solutions; // 存储模 k_val 的解
solutions.push_back(0); // 模 1
ULL cur_mod = 1;
for each (p, pe) in prime_powers:
vector<ULL> next_sols;
// 求模 pe 的解
vector<ULL> mod_sols;
if p != 2:
mod_sols.push_back(1);
mod_sols.push_back(pe - 1);
else: // p == 2
if pe == 2:
mod_sols.push_back(1);
else if pe == 4:
mod_sols.push_back(1);
mod_sols.push_back(3);
else:
mod_sols.push_back(1);
mod_sols.push_back(pe - 1);
ULL half = pe / 2;
mod_sols.push_back(half - 1);
mod_sols.push_back(half + 1);
// 合并 solutions 和 mod_sols 模 cur_mod 和 pe
// 计算 inv = mod_inverse(cur_mod % pe, pe)? 我们需要解 x ≡ a (mod cur_mod) 且 x ≡ b (mod pe)
// x = a + cur_mod * t ≡ b mod pe => cur_mod * t ≡ b - a mod pe
// t ≡ (b - a) * inv_mod(cur_mod, pe) mod pe
// 预计算 inv_mod 对于所有组合？由于 cur_mod 和 pe 互素，我们可以用扩展欧几里得。
// 但为了效率，可以在合并循环内计算 inv。
for a in solutions:
for b in mod_sols:
// 求 t = ((b - a) * inv) mod pe
// 使用扩展欧几里得求 cur_mod 模 pe 的逆
// 由于 pe 通常较小（最多 2^20 ≈ 1e6，但 pe 是质数幂，最大 2^20=1,048,576 在 k 范围内？N=2e6, k_max=1e6, 所以 pe <= 1e6。）
// 每次都调用扩展欧几里得可能会多花时间。我们可以预先计算 cur_mod 对 pe 的逆，在外循环计算一次。
// 在外循环 for each prime_power 时，计算 inv = mod_inverse(cur_mod, pe)。
// 然后对每对 a, b 计算。
ULL diff = (b - a) % pe; if diff < 0 需要处理。
// 注意 a 和 b 都是 ULL，b >= a 不一定，所以 diff = (b - a + pe) % pe 或类似。
ULL t = (diff * inv) % pe;
ULL x = a + cur_mod * t;
next_sols.push_back(x);
solutions = std::move(next_sols);
cur_mod *= pe;
// 现在 solutions 包含所有模 k_val 的解 x （0 ≤ x < k_val）
for x in solutions:
计算等差数列并累加。

我们需要快速求逆。由于 pe 是质数幂，cur_mod 可能与 pe 不互素？cur_mod 是之前质数幂的乘积，所以与 pe 互素（因为 p 不同），因此 gcd(cur_mod, pe) = 1。所以可以使用扩展欧几里得求逆。

我们也可以利用 CRT 的另一种形式，但这样循环内对每个解对组合计算是可以的。总解数量大约 2e7 对组合？我们来估算：假设每个 k 平均有 2 个素因子，每个因子有 2 个解，合并时有 2*2=4 个解。实际上解数等于 ∏ (每个质数幂的解数)。合并过程中生成的总中间解数等于最终解的总数，加上一些中间步骤？如果我们使用 DFS 直接生成最终解，我们可能会对每个解进行深度为质数幂个数的计算。总操作数等于总解数乘以质数因子个数。总质数因子个数总和 ≈ ∑ ω(k) ≤ N log log N。所以总操作还是约 1e7 级别。因此我们可以用递归/迭代生成。

为了更高效，我们可以预先计算每个 k 的解？但这样需要存储所有解的内存太大（2e7 个整数大约 160 MB），可能可以，但不必要。我们可以即时计算并直接使用。

现在考虑 k=1 的情况。我们可以单独处理：
如果 k=1，p 从 3 到 N 所有整数都满足。贡献 sum_{p=3}^{N} (p^2 - 1) = (∑{p=3}^{N} p^2) - (N-2)。我们可以用公式直接计算：∑{p=1}^{N} p^2 = N(N+1)(2N+1)/6。减去 1^2 + 2^2 = 5。所以 sum_p2 = N(N+1)(2N+1)/6 - 5。然后减去 (N-2) 因为每个 p^2 - 1。总和 = sum_p2 - (N-2)。这个值可以 O(1) 得到，直接加到总答案中。

所以主循环 k 从 2 到 K_max。K_max = (N-1)/2。

现在我们来验证 F(100) = 697317 是否与我们的算法一致。我们可以编写代码后测试。

我们需要谨慎确保没有遗漏或重复。每个模倒数对 (p,q) 对应唯一的 p 和 k。但会不会有多组 (p,k) 对应同一个 (p,q)？因为 k = (p^2 - 1)/(p+q)。由于 p 和 q 确定，p+q 确定，所以 k 唯一确定。反之亦然。所以是一一对应。

边缘条件：对于某些解 x，可能有 p_start > N，直接跳过。

另外，我们是否需要担心 p 的互素条件？已证明自动满足。

还有一个细节：在例子中，p 从 3 开始。我们的公式对于 p=1,2 不产生解，因为 2k < p 无法满足。所以 p 自然 ≥ 3。这与条件 p ≥ 3 一致。

现在，让我们逐步实现：

用线性筛计算 1 到 K_max 的 spf（最小质因子）。
const int MAX_K = N/2; // 1,000,000
vector<int> spf(MAX_K + 1);
for i in 2..MAX_K: if !spf[i] { spf[i]=i; for j=i*i; j<=MAX_K; j+=i) if !spf[j] spf[j]=i; } // 标准线性筛更高效，但简单筛也可以 O(N log log N)。N=1e6，简单筛足够快。

或者使用线性筛同时得到质数列表。

为了速度，我用线性筛：

vector<int> primes;
vector<int> spf(MAX_K + 1);
for (int i = 2; i <= MAX_K; i++) {
if (spf[i] == 0) {
spf[i] = i;
primes.push_back(i);
}
for (int p : primes) {
if (p > spf[i] || i * p > MAX_K) break;
spf[i * p] = p;
}
}

但 MAX_K = 1,000,000，线性筛很快。

然后对于 k 从 2 到 MAX_K：
分解 k：
int temp = k;
vector<pair<int, int>> factors; // 质数, 幂
while (temp > 1) {
int p = spf[temp];
int pe = 1;
do {
temp /= p;
pe *= p;
} while (temp % p == 0);
factors.emplace_back(p, pe);
}
注意：这里得到的 factors 是质数幂的列表，质数递增（因为 spf 是最小质因子，分解顺序自动从小到大，但有时可能顺序不对？用 while 循环会导致质数递增吗？由于每次取 spf，应该是递增的，因为 spf 是最小质因子，剩下的 temp 的最小质因子 ≥ 之前的 p。所以顺序是递增的。）

现在生成解：
vector<ULL> solutions = {0};
ULL cur_mod = 1;
for (auto [p, pe] : factors) {
vector<ULL> mod_sols;
if (p != 2) {
mod_sols = {1, pe - 1};
} else {
if (pe == 2) {
mod_sols = {1};
} else if (pe == 4) {
mod_sols = {1, 3};
} else {
mod_sols = {1, pe - 1, pe/2 - 1, pe/2 + 1};
}
}
// 合并
vector<ULL> next_sols;
next_sols.reserve(solutions.size() * mod_sols.size());
// 求 inv = cur_mod 在模 pe 下的逆
// 由于 cur_mod 和 pe 互素，用扩展欧几里得
auto inv = mod_inverse(cur_mod % pe, pe);
for (ULL a : solutions) {
for (ULL b : mod_sols) {
// t = (b - a) * inv mod pe
// 注意 a 是模 cur_mod 的值，b 是模 pe 的值
// 我们需要正余数
ULL diff = (b - a % pe + pe) % pe; // a 可能大于 pe? cur_mod 与 pe 互素，a 范围 [0, cur_mod-1]，可能大于 pe。所以取 a % pe。
ULL t = (diff * inv) % pe;
ULL x = a + cur_mod * t;
next_sols.push_back(x);
}
}
solutions = std::move(next_sols);
cur_mod *= pe;
}

现在 solutions 里是所有模 k 的解 x（0 ≤ x < k）。

对于每个 x：
计算 p_start：
约束：p > 2k 且 p ≤ N，p ≡ x (mod k)
由于 x < k，且 k ≥ 2，所以 x ≤ k-1。所以 x 肯定 ≤ 2k 对于所有 k≥1? 由于 k≥2, x≤k-1，所以 x ≤ k-1 < 2k（因为 k-1 < 2k 当 k≥1）。所以 p_start 总是 > 2k 的第一个满足同余的正整数。
计算 t0：最小的 t ≥ 0 使得 x + k * t > 2k.
也就是 t > (2k - x) / k.
因为 x < k，2k - x 在 k+1 到 2k 之间。
(2k - x) / k 整数除法：如果 (2k - x) % k == 0，即 x 是 k 的倍数？但 x < k，所以 x 不能是 k 的倍数除非 x=0。但 x=0 对于 k>1 不存在。所以 (2k - x) % k != 0。
实际上，设 t_min = (2k - x) / k + 1; 因为整除截断向下，所以 t_min = floor((2k - x)/k) + 1。由于 (2k - x)/k = 2 - x/k，因为 0 < x < k，所以 1 < 2 - x/k < 2。因此 floor = 1。所以 t_min = 2 对于所有 x? 等一下：
x 范围 1 到 k-1。2k - x 范围 k+1 到 2k-1。
(2k - x) / k: 因为 k+1 ≤ 2k - x ≤ 2k-1，所以 1 < (2k - x)/k < 2。整数除法向下取整必为 1。加 1 得到 t_min = 2。
验证：p = x + k * 1 = x + k。由于 x < k，所以 x + k < 2k，不大于 2k。p = x + 2k，因为 x ≥ 1，所以 p ≥ 1 + 2k > 2k。所以起始 t 总是 2。这意味着 p_start = x + 2k。
但等等，如果 x = 0? k=1 时 x=0，此时 p_start = 3? 我们已经单独处理 k=1。对于 k>1，x 永不为 0，因为 0^2 ≡ 1 mod k 不可能。所以 x ≥ 1。因此对于所有 k ≥ 2 和所有解 x，p_start = x + 2k。
这大大简化了！我们来确认一下：
条件：p > 2k。p = x + k * t。t 必须满足 x + k t > 2k => k t > 2k - x => t > 2 - x/k。由于 0 < x/k < 1，所以 1 < 2 - x/k < 2。所以最小的整数 t 是 2。因此 p_start = x + 2k。
完美！所以 p_start 总是 x + 2k。
然后 p_end 是满足 ≤ N 的最大 p ≡ x (mod k)。p_end = x + k * t_max，其中 t_max = (N - x) / k。注意 t_max 可能小于 2，如果 N < x + 2k，即没有符合条件的 p。
所以 cnt = t_max - 2 + 1 = t_max - 1，如果 t_max ≥ 2。
这简化了计算。

接下来，计算等差数列求和：
p_t = x + k * t, 其中 t 从 2 到 t_max。
项数 cnt = t_max - 2 + 1 = t_max - 1。
如果 cnt ≤ 0，跳过。

我们需要求和 S = ∑{t=2}^{t_max} [ (x + k t)^2 - 1 ] / k.
= (1/k) ∑{t=2}^{t_max} [ (x^2 - 1) + 2x k t + k^2 t^2 ]
= (1/k) [ (x^2 - 1)*cnt + 2x k * ∑t + k^2 * ∑t^2 ]，其中 ∑t 和 ∑t^2 对 t 从 2 到 t_max。

求和公式：
sum_t = ∑{t=2}^{t_max} t = (t_max + 2) * (t_max - 1) / 2? 实际上等差数列求和：项数 = cnt，首项 = 2，末项 = t_max。
sum_t = (2 + t_max) * cnt / 2。
sum_t2 = ∑{t=1}^{t_max} t^2 - 1^2? 更简单：sum_{t=2}^{t_max} t^2 = sum_{t=1}^{t_max} t^2 - 1。
而 sum_{t=1}^{t_max} t^2 = t_max * (t_max + 1) * (2t_max + 1) / 6。
所以 sum_t2 = t_max(t_max+1)(2t_max+1)/6 - 1。

那么 S = [ (x^2 - 1)cnt + 2xksum_t + k^2sum_t2 ] / k.

我们使用无符号长长整型 (ULL). 注意中间乘法可能溢出 64 位？ULL 最大 ~1.84e19。我们来估算最大中间值：
N=2e6, k 最小 2, x < k ≤ 1e6, t_max ≈ N/k ≤ 1e6。
项数 cnt ≤ 1e6。
最大项：x^2 - 1 ≤ (1e6)^2 = 1e12。
cnt * 1e12 = 1e18。
2x*k*sum_t: sum_t ≤ (1e6)^2 = 1e12。2x*k ≤ 2 * 1e6 * 1e6 = 2e12。乘积 ≤ 2e24 -> 这超过了 64 位！k^2 * sum_t2: k^2 ≤ 1e12, sum_t2 ≤ 1e18 (因为 t^3 量级 1e18)。乘积 ≤ 1e30。这显然不能用 64 位直接计算。

所以我们需要使用 128 位整数，或者在计算时利用除法来减小数值，或者使用模运算？但我们最终需要精确总和。如果使用 __int128，则能轻松容纳 1e30。在大多数 C++ 环境（GCC, Clang）支持 __int128。我们可以使用 __int128 来进行累加，最后转换为 64 位或直接输出？但标准输出不支持 __int128，可能需要转换为 string 或使用 printf 与自定义函数。不过许多在线评测允许使用 __int128 并可用 cout 打印？实际上标准 C++ 流不支持 __int128。我们可以自己写一个函数打印 __int128，或者将最终结果转换为 unsigned long long？但是 F(2e6) 可能超过 1e19 吗？我们估算总量大约 3e18，远小于 2^64-1 ≈ 1.84e19。但刚才说中间计算可能溢出 64 位，但这是求和中间值。如果我们分开计算每一项并除以 k，或许可以在 64 位内完成。因为最终结果总和 < 2^64，但中间积可能很大。我们可以逐项加，而不使用公式？逐项加需要循环最多 cnt 次，cnt 可能达到 1e6 每解，总操作数会达到 ∑ cnt。总对数的量级是 O(N log N) ~ 2.8e7，如果我们对每个 p 加一次，总操作 2.8e7，完全可行！而且我们可以避免溢出和复杂公式。

我们之前估计总解数量是 1e7 到 2e7，而每个解对应的 p 的数量（cnt）平均是多少？总符合条件的 p 的数量等于模倒数对的数量，即 ∑_{p} (p^2-1 的小于 p/2 的因子个数)。这大约也是 O(N log N) 量级。所以总 p 的数量可能也是 2.8e7 左右。我们完全可以对每个解循环 t 从 2 到 t_max，每次累加 (p^2 - 1)/k。2.8e7 次迭代在现代 CPU 上大约 0.1 秒左右。而且循环简单，不需要复杂乘法和除法（每次只需计算 p = x + kt，然后 (pp - 1)/k 累加到总和）。但是要注意 p 的计算和平方可以使用 64 位，p ≤ 2e6，p^2 ≤ 4e12，除以 k 得到商累加。总和用 ULL 累加。每次迭代：计算 p = x + k * t；ULL term = (1ULL * p * p - 1) / k; total += term。这非常快。相比公式计算后除 k，虽然公式 O(1)，但需要考虑中间溢出和 __int128 开销。逐项循环更简单，而且整体操作数不大。

让我们分析逐项循环的复杂度。总符合条件的 p 数等价于所有模倒数对的总数。对于 N=2e6，这个总数大约多少？我们可以估算：对于每个 p，因子 k < p/2 的数量。p^2-1 的平均因子数大概 O(p^ε)，平均大约 log p 左右。所以总数约 ∑_{p=3}^{2e6} O(log p) ≈ N log N ≈ 2.8e7。这个数量在 C++ 中非常简单，1 秒内完全可以完成。甚至我们可以进一步优化，但直接循环是最稳妥的。

所以我们可以采用简单方法：对于每个解 x，令 p = x + 2k；while (p <= N) { total += (p*p - 1)/k; p += k; }。这样无需处理复杂公式和溢出。

我们需要确认性能：2.8e7 次循环，每次循环有乘、减、除、累加。除法和模运算较慢，但现代 CPU 除法也不慢。我们可以预先计算 p 的步长 k。最内层循环：
for (ULL p = x + 2*k; p <= N; p += k) {
total += (p * p - 1) / k;
}
这非常简洁。因为 k 整除 p^2 - 1，除法结果一定是整数，没有余数问题。编译器会优化除法吗？如果不能，我们可以用 p^2 ≡ 1 mod k，但我们仍然需要商。由于商是 (p^2 - 1)/k，我们可以用乘法代替除法？不必要。除法指令大概 20-30 周期，2.8e7 * 30 ≈ 8.4e8 周期，对于 3GHz CPU 约 0.3 秒，可以接受。

为了更快，我们可以用公式求和，同时利用 __int128 避免溢出。__int128 的操作可能比除法慢？实际上在 x86-64 上 __int128 通过软件模拟可能较慢。逐项循环可能会更快，因为只有一次除法。我们选择逐项循环，因为它简单且不易出错。

但要小心：在循环中我们使用了 total 累加 (p^2 - 1)/k。由于 k 整除 p^2 - 1，可以写成 (p/k) * p - 1/k? 不行，因为 1/k 不是整数。但我们可以写为 p * (p / k) + (p % k) * p / k? 复杂。直接算 (p*p - 1)/k 即可，编译器可能会优化。

我们来测试 N=100 的情况，看看运行时间和正确性。然后推到 N=2e6。

我们需要确保使用 unsigned long long 作为 total 类型，以及 p 的类型。N=2e6，p 最大 2e6，pp 最大 4e12，在 64 位内。k 最大 1e6。所以 (pp-1)/k 最大约 4e12。累加约 2.8e7 次，总和约 1e20 可能吗？4e12 * 2.8e7 = 1.12e20，这超过了 ULL 最大值 (1.84e19)！我们之前的估算可能偏低了？等等，重新估算总和的上界。

我们有 F(N) = ∑{pairs} (p+q)。根据例子，p+q 大约为 p^2/k。对于 k=1，p+q ≈ p^2，总和 ∑ p^2 ≈ N^3/3 ≈ 8e18/3 ≈ 2.67e18。k=2，总和大约 ∑{odd} p^2/2 ≈ N^3/12 ≈ 6.6e17。k=3，大约 N^3/27 等等。所以总和量级为 N^3 * ∑ 1/k^2? 实际上 p 满足 p ≡ x mod k，密度约为 1/k。所以对于给定 k，总和约为 ∑_{p≤N, p≡x} p^2/k ≈ (1/k) * (1/k) * N^3/3 = N^3/(3 k^2)。总和对所有 k 求和为 N^3/3 * ∑ 1/k^2 ≈ N^3/3 * π^2/6 ≈ 0.548 * N^3/3? π^2/6 ≈ 1.6449，除以 3 约 0.548。N=2e6, N^3 = 8e18。8e18 * 0.548 ≈ 4.38e18。这仍然小于 1.84e19。所以总和不会超过 2^64-1。我之前算的 4e12 * 2.8e7 是极大高估，因为每个项的 p^2/k 并不是最大 4e12，只有当 p≈2e6 且 k=1 时才这么大，而 k=1 时 p 的数目是 2e6 项，总和 2.67e18。2.8e7 项的平均值大约 1e11 左右。所以总和在 64 位内。

为了安全，我们可以使用 unsigned long long 并在最后检查是否溢出（但我们没法检查，相信估算）。或者使用 __int128 作为累加器。如果用 GCC，我们可以用 __int128。为了可移植性，我们可以坚持用 unsigned long long。但题目是否保证结果在 64 位内？通常 Project Euler 风格问题，结果往往在 64 位内（甚至可能要求输出模某个数，但这题没有）。我们先用 unsigned long long，如果溢出可能会导致错误答案，但从估算看不会。

现在让我们编写代码并测试 N=100。

在编写代码之前，确认 k 的循环：

N = 2000000
MAX_K = N / 2 = 1000000

// 处理 k=1
ans = sum_{p=3}^{N} (p^2 - 1)
sum_p2 = N(N+1)(2*N+1)/6 - 5 // 因为 1^2+2^2=5
ans = sum_p2 - (N - 2)

// 处理 k>=2
for k = 2 to MAX_K:
分解 k
求解所有 x
for each x:
for (p = x + 2k; p <= N; p += k) {
ans += (pp - 1) / k;
}

现在需要实现分解和求 x。求 x 需要 spf 和 CRT 合并。

我们需要注意对于某些 k，可能没有解吗？由于 k 可能无法满足 x^2 ≡ 1 (mod k)? 对于任何 k，同余式 x^2 ≡ 1 mod k 总是有解的（至少 x=1 和 x=k-1 是解，因为 1^2=1, (k-1)^2 ≡ (-1)^2 = 1）。但中国剩余定理生成的解应当包含这些。所以对于 k≥2，至少有两个解（除了 k=2 时，k-1=1，解为 1 一个？不对，k=2 时，模 2 下 x^2 ≡ 1 的解只有 x=1（0^2=0）。所以只有一个解。这由我们的质数幂方法处理：k=2 分解为 2^1，我们的 mod_sols 对于 p=2, pe=2 返回 {1}。这是正确的。

实现细节：

使用 vector<int> spf(MAX_K + 1);

线性筛填充 spf.

注意：我们需要用到扩展欧几里得来求模逆。由于 cur_mod 和 pe 可能较大（最大 1e6），扩展欧几里得很快。

函数 mod_inverse(a, m)：返回 a 模 m 的逆，m > 1，gcd(a,m)=1。

C++ 代码结构：

#include <iostream>
#include <vector>
#include <utility>
using namespace std;
typedef unsigned long long ULL;

// 扩展欧几里得
ULL mod_inverse(ULL a, ULL m) {
// 返回 a 模 m 的逆
// a 和 m 互素
// 可以用扩展欧几里得
...
}

int main() {
const int N = 100; // 测试用
// 求 F(N)
}

我们来编写测试 N=100 的代码。

首先，k=1 的部分：
ULL ans = 0;
ULL sum_p2 = (ULL)N * (N+1) * (2*N+1) / 6;
sum_p2 -= 5; // 1^2 + 2^2
ans = sum_p2 - (N - 2);

循环 k = 2 到 MAX_K.

但需要注意，在 k 循环中，我们也会产生一些 p 满足 p <= N 且 p > 2k，这些 p 可能包含 p=3 等情况。这与 k=1 的部分没有重叠，因为 k=1 是对所有 p 的，而 k>1 是针对特定的 p 和 k 组合。对同一个 p，可能有多个 k 满足条件，从而产生多个 q。这正是我们要求的：每个 (p,q) 由唯一 k 确定。所以直接求和即可。

现在测试 N=5:
N=5, MAX_K=2.
k=1: sum_p2 = 5*6*11/6 = 55. 减去 5 = 50. 再减去 (5-2)=3 => ans = 47? 等等，F(5)=59。我们 k=1 只贡献了 p=3,4,5 的 q = p^2 - p - 1? 这些和为 (8) + (15) + (24) = 47。但是 F(5)=59，还差 12，即 k=2 对 p=5 的贡献 (5,7) p+q=12。所以 ans 初始 47，然后循环 k=2 应该加 12，得到 59。

测试 k=2：分解 2，pe=2，mod_sols = {1}。cur_mod=1, solutions={0}。合并：a=0,b=1，cur_mod=1，pe=2。inv = 1 mod 2 = 1。diff = (1-0)%2 = 1。t=1*1%2=1。x = 0 + 1*1 = 1。solution={1}。然后 p_start = x + 2k = 1 + 4 = 5。p <= N=5 -> p=5。加上 (25-1)/2 = 12。ans = 47+12 = 59。正确。

N=100 已知答案为 697317。我们可以运行验证。

现在我们需要实现扩展欧几里得求逆。用 ULL 但扩展欧几里得通常处理有符号整数更容易。我们可以使用 int64_t 或直接用 ULL 并用位运算？最简单是写成 int64_t 版本，因为我们要计算模逆，数值在 [0, m-1]。

使用 std::gcd? 我们需要扩展欧几里得。

函数：
long long mod_inv(long long a, long long m) {
long long m0 = m, y = 0, x = 1;
if (m == 1) return 0;
while (a > 1) {
long long q = a / m;
long long t = m;
m = a % m, a = t;
t = y;
y = x - q * y;
x = t;
}
if (x < 0) x += m0;
return x;
}

注意这个版本要求 a 和 m 互素。由于 pe 可能很大（到 1e6），a 可能大于 m？我们在调用时用 cur_mod % pe 作为 a。cur_mod 可能大于 pe，但取模后小于 pe。a 和 pe 互素。

我们也可以直接用 ULL 版本，但需要处理符号。可以使用有符号的 __int128 或者 long long。由于所有数值在 1e6 以内，用 long long 安全。

现在，我们来写一个完整的测试程序，先测试 N=100。

注意：我们需要确保 p 从 3 开始。k=1 部分我们减去了 1^2 和 2^2，并减去了 (N-2)（因为 p 从 3 到 N）。对于 k>1，p 从 x + 2k 开始，因为 k≥2 且 x≥1，所以 p ≥ 1+4=5。对于 p=3,4 他们在 k=1 已经处理了。所以没问题。

现在我开始写代码，先测试 N=100。

cpp
#include <iostream>
#include <vector>
#include <cmath>
using namespace std;

typedef unsigned long long ULL;
typedef long long LL;

LL mod_inv(LL a, LL m) {
    LL m0 = m, y = 0, x = 1;
    if (m == 1) return 0;
    while (a > 1) {
        LL q = a / m;
        LL t = m;
        m = a % m;
        a = t;
        t = y;
        y = x - q * y;
        x = t;
    }
    if (x < 0) x += m0;
    return x;
}

int main() {
    int N = 100;
    int MAX_K = N / 2;

    // spf 筛
    vector<int> spf(MAX_K + 1, 0);
    for (int i = 2; i <= MAX_K; i++) {
        if (spf[i] == 0) {
            spf[i] = i;
            if ((LL)i * i <= MAX_K) {
                for (int j = i * i; j <= MAX_K; j += i) {
                    if (spf[j] == 0) spf[j] = i;
                }
            }
        }
    }

    ULL ans = 0;
    // k=1
    ULL sum_p2 = (ULL)N * (N + 1) * (2 * N + 1) / 6;
    sum_p2 -= 5; // 1^2 + 2^2
    ans = sum_p2 - (N - 2);

    // k>=2
    for (int k = 2; k <= MAX_K; k++) {
        // 分解 k
        int temp = k;
        vector<pair<int, int>> factors;
        while (temp > 1) {
            int p = spf[temp];
            int pe = 1;
            while (temp % p == 0) {
                temp /= p;
                pe *= p;
            }
            factors.emplace_back(p, pe);
        }

        // 生成解
        vector<ULL> solutions = {0};
        ULL cur_mod = 1;
        for (auto [p, pe] : factors) {
            vector<ULL> mod_sols;
            if (p != 2) {
                mod_sols = {1, (ULL)pe - 1};
            } else {
                if (pe == 2) {
                    mod_sols = {1};
                } else if (pe == 4) {
                    mod_sols = {1, 3};
                } else {
                    ULL half = pe / 2;
                    mod_sols = {1, (ULL)pe - 1, half - 1, half + 1};
                }
            }

            // 求 cur_mod 在模 pe 下的逆
            LL inv = mod_inv(cur_mod % pe, pe);

            vector<ULL> next_sols;
            next_sols.reserve(solutions.size() * mod_sols.size());
            for (ULL a : solutions) {
                for (ULL b : mod_sols) {
                    LL diff = (b - a % pe + pe) % pe;
                    LL t = (diff * inv) % pe;
                    ULL x = a + cur_mod * t;
                    next_sols.push_back(x);
                }
            }
            solutions = std::move(next_sols);
            cur_mod *= pe;
        }

        // 对每个解求和
        for (ULL x : solutions) {
            for (ULL p = x + 2 * k; p <= N; p += k) {
                ans += (p * p - 1) / k;
            }
        }
    }

    cout << ans << endl;
    return 0;
}
我们来检查一下 N=100 的情况。可能存在的问题：当 cur_mod > 1 时，a % pe 可能导致负数？我们用了 ULL，取模是安全的。diff 计算：LL diff = (b - a % pe + pe) % pe; a % pe 是 ULL，转换为 LL 安全，因为 pe ≤ 1e6。b 是 ULL，转换为 LL 也安全。所以 diff 在 [0, pe-1]。inv 是 LL 非负。t = (diff * inv) % pe。t 是非负。然后 x = a + cur_mod * t。cur_mod 和 t 都是 ULL，乘积可能达到 cur_mod * pe ≤ k ≤ 1e6，所以安全。next_sols 的 x 值小于 k。一切安全。

测试 N=5 应输出 59。N=100 应输出 697317。

我们可以运行心理测试或等到实际编译。但作为 AI 无法实际运行，我需要确保代码逻辑正确。

潜在问题：

对于 k 的分解，当 k 为质数时，spf[k] = k，循环正确。

mod_inv 函数：当 a 和 m 互素时正确。cur_mod 和 pe 互素，因为 cur_mod 由其他质数的幂组成。cur_mod % pe 可能与 pe 不互素？cur_mod 和 pe 互素，cur_mod % pe 与 pe 也互素。所以安全。

在 k=1 部分，sum_p2 公式：sum_{i=1}^N i^2 = N(N+1)(2N+1)/6。对于 N=100，sum=338350，减去5=338345。减去 (N-2)=98？不对，∑{p=3}^{100} (p^2 - 1) = ∑{p=3}^{100} p^2 - ∑_{p=3}^{100} 1 = (sum_p2) - (100-2)? 数量是 100 - 3 + 1 = 98 项。所以减去 98。所以 ans = 338345 - 98 = 338247？但最终 F(100) 是 697317。所以 k=1 贡献 338247，剩下是 k>1 的贡献。这似乎合理。

但我们还需要确保 k=1 的 p 的范围：p 从 3 到 N，每项贡献 p^2-1。这对应 q = p^2 - p - 1。是否所有这些都满足 q > p 且是模倒数对？以 p=100 为例，q = 10000 - 100 - 1 = 9899，q > p 且 (p+q) = 9999，pq+1 = 989900+1=989901，9999*? 等等，自动满足。所有 p≥3 都有效。所以 k=1 贡献正确。

现在考虑 k 循环中的 x 的解。我们是否漏掉了 x=0 对于某些 k？比如 k=1 时 x=0。对于 k>1，x=0 不会是解，因为 0^2=0≠1 mod k。但是否存在 k>1 使得 0^2 ≡ 1 mod k? 仅当 k=1。所以不用考虑 x=0。同样，x 的解我们通过中国剩余定理生成，是否可能生成重复的解？由于我们合并模互素的方程，解在 [0, k-1] 是唯一的。不会重复。

然而，对于某些 k，我们使用 pe 的 mod_sols 正确吗？对于奇质数幂 p^e，解为 x ≡ 1 和 x ≡ -1 mod p^e。即 1 和 p^e - 1。正确。
对于 2^e：e=1 -> {1}; e=2 -> {1,3}; e≥3 -> {1, 2^e-1, 2^{e-1}-1, 2^{e-1}+1}。正确。

但要注意，当 e=1 时，p=2，pe=2。我们模 2 的解只有 1。但我们在中国剩余定理合并时，模 2 的解只有一个，这正确吗？对于 x^2 ≡ 1 mod 2，确实 x=1 是唯一解（因为 0^2=0≠1）。然而，当与其他奇质数合并时，会不会因为缺少 x= 的解而导致最终 k 的解不完整？中国剩余定理对于 2 和奇质数互素，模 2 只有一个解，所以总解数 = 1 * (其他每个 2个) = 2^{ω(k)-1}？而实际上对于含有模 2 的 k，解数应该是 2^{ω(k)-1}？等等，我们需要验证 x^2 ≡ 1 mod 2k' 的解数。如果 k 是偶数但不是 4 的倍数？比如 k=6。我们来看 k=6 的解：x^2 ≡ 1 mod 6。解为 x=1,5。共 2 个解。k=6 = 2 * 3。奇质数部分 3 有 2 个解（1,2），2 有 1 个解（1）。合并应有 2*1=2 个解。我们的方法：cur_mod=1 合并 2：解为 {1}，cur_mod=2。合并 3：mod_sols={1,2}。合并后应得 {1,5}。所以正确。

k=4=2^2，pe=4，mod_sols={1,3}。只有一个因子。solutions = {1,3}。正确。
k=8=2^3，mod_sols={1,7,3,5}。正确。

k=12=4*3。4的sols={1,3}，3的sols={1,2}。合并得 4 个解？模 12 下 x^2 ≡ 1 的解：x=1,5,7,11。共 4 个。我们的方法：cur_mod 乘积累。是否会产生 4 个解？合并过程：先处理 4（或 3？因为我们分解质数因子是顺序的。spf 分解得到质数递增：对于 12，最小质因子是 2，所以我们会先得到 (2,4) 还是 (2,2)？等等，我们分解时 while(temp % p==0) 会得到完整的 pe。对于 12: temp=12, spf[12]=2, p=2, pe=4? 12/2=6, 6%2 !=0? 实际上 12=4*3。所以 pe=4。接着 temp=3, p=3, pe=3。所以顺序是先 4 后 3。cur_mod 从 1 到 4，再合并 3。合并得到 2*2=4 个解。正确。如果顺序是先 3 后 4？结果相同。

但是，我们的 spf 分解循环中，while (temp % p == 0) 使得 pe 可能不是单个质数幂吗？我们针对 p 计算 pe，然后继续外层 while 循环，此时 temp 已经去除了所有 p 因子。这正确提取了每个质数幂。

所以生成解的部分是正确的。

现在，对于每个解 x，我们循环 p = x + 2k 直到 N。这包含了所有 p ≡ x mod k 且 p > 2k。但我们需要确保我们不会重复计算同一个 p 对于同一个 k？每个 x 是模 k 的不同余数类，它们不相交，所以不会有重复 p。

F(100) 已知为 697317。如果我们的程序输出匹配，则可以确信正确。

现在，考虑性能：N=2e6，MAX_K = 1,000,000。
k 循环 1e6 次。对于每个 k，分解 k 的 while 循环：总操作数等于所有 k 的质因子数量总和，大约 N log log N ≈ 1e6 * 小常数 ≈ 几百万。生成解的过程：总解数量是 Σ_{k=2}^{MAX_K} 2^{ω(k)} 或类似。我们知道 Σ 2^{ω(k)} ~ O(N log N)? 实际上 Σ_{k≤x} 2^{ω(k)} ≈ (6/π^2) x log x + ... 大约 1e6 * 14 * 0.6 ≈ 8e6。所以总解数大约 8 百万到 1 千万。然后对于每个解，我们进行内层 p 循环。p 循环的总迭代次数是所有满足条件的 (p,k) 对的数量。这正是模倒数对的数量。我们估计约为 2.8e7。所以内层循环总次数约 3e7。每次循环进行 ans += (p*p - 1)/k。这应该能在 1 秒内完成。

但我们需要确保使用优化编译 (-O2)。在 C++ 中，vector 的分配和释放可能会有开销。我们在每个 k 的循环内创建 solutions、next_sols 等 vector。每个 k 的 solutions 大小不大（最多 128 或 256），vector 的分配成本可接受。但总共 1e6 次分配可能导致开销。我们可以重用 vector，比如在循环外声明并 clear，但需要小心。简单起见，代码清晰就好，现代 C++ 在 -O2 下小 vector 分配很快。不过 1e6 次 vector 分配（每次几个元素）可能花费 ~0.1-0.2 秒，可以接受。

我们可以进一步优化：合并解时，可以用预先分配的缓冲区或使用递归直接在最后生成解，而不存储中间解。但为了编码简单，我们保持当前设计。

为了防止 k=1 部分的 p 和 k>1 部分重叠？没有重叠，因为 k>1 时 p > 2k ≥ 4，而 k=1 包括了所有 p≥3。但它们对应的 q 不同，所以是不同的模倒数对。我们没有重复计算同一 (p,q) 对，因为 k 是 (p^2-1)/(p+q) 唯一决定。

现在让我们最终确认一下题目输出要求："求F(2*10^6)。解出这个题并给我cpp代码和你的思路"
我们将提供代码以及思路说明。

在给出最终代码前，我应检查一些边界：

N=2,000,000 时 MAX_K = 1,000,000。

spf 数组大小 MAX_K + 1。索引 0..MAX_K。

mod_inv 函数正确。

求和变量 ans 类型 unsigned long long。

是否需要考虑 k 很大时 x + 2k > N 导致没有 p？循环条件处理了。

对于 k=1 的部分，我用 N=2,000,000。但 N 可能很大，我们需要确认 sum_p2 计算是否溢出 ULL。N=2e6, N(N+1)(2N+1)/6 = 2e6 * 2e6 * 4e6 / 6 ≈ 8e18/6 ≈ 1.33e18，小于 2^64 (≈1.84e19)。所以安全。

但 ans 累加后可能接近 5e18，仍安全。

所有运算均在 64 位内。

现在考虑是否还有什么漏掉的对？我们要求 p < q 且 p, q 正整数。我们推导出这等价于 p+q 整除 pq+1 且 p<q。然后等价于 k = (p^2-1)/(p+q) 是整数且 k < p/2。我们枚举了所有 k 和满足 p ≡ x^2 ≡ 1 mod k 且 p > 2k 的 p。这应该覆盖所有情况。

有没有可能 p 和 q 不互素但满足 p+q 整除 pq+1？假设 gcd(p, q) = d > 1。则 d | p+q 且 d | p，所以 d | q。那么 d | pq+1，但 d | pq，所以 d | 1，矛盾。所以互素自动成立。q > p 也被 p > 2k 保证。所以所有条件满足。

所以算法正确。

我们来写最终答案。我们将提供解释和 C++ 代码。

为了确保代码整洁，我们可以加上一些注释。并注意 main 函数返回类型 int。

最后，由于题目只要求给出代码和思路，我会在回答中输出。

可能需要注意：问题可能来自某个编程竞赛或 Project Euler 风格，我们需要输出最终答案数值。由于我无法执行代码，我会在回答中给出代码并说明它可以计算出答案。如果用户期望直接答案，我只能提供代码和思路，并估计答案需要运行程序获得。

但题目是"求F(2\cdot 10^6)。解出这个题并给我cpp代码和你的思路"，所以我应该提供代码和思路。也许我需要尝试运行心算或给出最终数值？没有执行环境，无法得到确切数值。我可以提供代码让用户自己运行。通常这种问题在对话中，AI 可以提供代码和解释，用户自行运行获取答案。

因此，我将提供详细的思路和完整的 C++ 代码。

思路分析

定义模倒数对 ((p,q)) 满足 (p 0)
]
由于在模意义下逆元通常取最小正剩余（(r < p)），可以推出 (d=1)。于是条件简化为
[
(p+q) \mid (pq+1)
]
等价地，设 (s = p+q)，则 (s \mid p^2-1)。令 (k = \frac{p^2-1}{s})，条件变为：
[
k \in \mathbb{Z}^+,\quad k \mid p^2-1,\quad k < \frac{p}{2}
]
此时 (p+q = \frac{p^2-1}{k})。每一个满足上述条件的正整数对 ((p,k)) 唯一对应一个模倒数对 ((p,q))。因此问题转化为求和：
[
F(N) = \sum{p=3}^{N} \sum{\substack{k \mid p^2-1 \ k < p/2}} \frac{p^2-1}{k}
]
直接枚举 (p) 并分解 (p^2-1) 代价过高；反过来枚举 (k) 更高效：

• (k) 的范围为 (1 \le k \le \lfloor (N-1)/2 \rfloor)。
• 对于每个 (k)，求所有 (x \in [0, k-1]) 满足 (x^2 \equiv 1 \pmod{k})。
• 对每个解 (x)，(p \equiv x \pmod{k}) 且 (p > 2k)。最小 (p) 为 (x+2k)，然后以 (k) 为步长遍历到 (N)，累加 ((p^2-1)/k)。
• 当 (k=1) 时 (p) 可取 (3) 到 (N) 的所有整数，可直接公式求和。

求 (x^2\equiv1\pmod{k}) 的解：对 (k) 进行质因数分解，针对每个素数幂求局部解（奇素数幂有 (\pm1)；(2^e) 需分类讨论），再用中国剩余定理合并。这样总解数约为 (O(N\log N))，内层循环总数约 (2\times10^7) 级别，可在 C++ 中快速完成。

C++ 代码

#include <iostream>
#include <vector>
#include <utility>
using namespace std;

typedef unsigned long long ULL;
typedef long long LL;

// 扩展欧几里得求 a 在模 m 下的逆元 (m > 1, gcd(a,m)=1)
LL mod_inv(LL a, LL m) {
    LL m0 = m, y = 0, x = 1;
    if (m == 1) return 0;
    while (a > 1) {
        LL q = a / m;
        LL t = m;
        m = a % m;
        a = t;
        t = y;
        y = x - q * y;
        x = t;
    }
    if (x < 0) x += m0;
    return x;
}

int main() {
    const int N = 2000000;
    const int MAX_K = N / 2;   // k < p/2 <= N/2

    // 线性筛求最小质因子
    vector<int> spf(MAX_K + 1, 0);
    for (int i = 2; i <= MAX_K; ++i) {
        if (spf[i] == 0) {
            spf[i] = i;
            if ((LL)i * i <= MAX_K) {
                for (int j = i * i; j <= MAX_K; j += i)
                    if (spf[j] == 0) spf[j] = i;
            }
        }
    }

    ULL ans = 0;

    // k = 1 的部分：p = 3..N
    ULL sum_p2 = (ULL)N * (N + 1) * (2ULL * N + 1) / 6;  // 1^2+2^2+...+N^2
    sum_p2 -= 5;                     // 减去 1^2 + 2^2
    ans = sum_p2 - (N - 2);          // 每一项是 p^2-1，共有 N-2 项

    // k >= 2 的部分
    for (int k = 2; k <= MAX_K; ++k) {
        // 分解 k 为素数幂
        int temp = k;
        vector<pair<int, int>> factors;
        while (temp > 1) {
            int p = spf[temp];
            int pe = 1;
            while (temp % p == 0) {
                temp /= p;
                pe *= p;
            }
            factors.emplace_back(p, pe);
        }

        // 中国剩余定理合并解
        vector<ULL> solutions = {0};
        ULL cur_mod = 1;
        for (auto [p, pe] : factors) {
            vector<ULL> mod_sols;
            if (p != 2) {
                mod_sols = {1, (ULL)pe - 1};
            } else {
                if (pe == 2) {
                    mod_sols = {1};
                } else if (pe == 4) {
                    mod_sols = {1, 3};
                } else {
                    ULL half = pe / 2;
                    mod_sols = {1, (ULL)pe - 1, half - 1, half + 1};
                }
            }

            LL inv = mod_inv(cur_mod % pe, pe);
            vector<ULL> next_sols;
            next_sols.reserve(solutions.size() * mod_sols.size());
            for (ULL a : solutions) {
                for (ULL b : mod_sols) {
                    LL diff = (b - a % pe + pe) % pe;
                    LL t = (diff * inv) % pe;
                    next_sols.push_back(a + cur_mod * t);
                }
            }
            solutions = move(next_sols);
            cur_mod *= pe;
        }

        // 对每个解 x，累加所有满足条件的 p
        for (ULL x : solutions) {
            for (ULL p = x + 2 * k; p <= N; p += k) {
                ans += (p * p - 1) / k;
            }
        }
    }

    cout << ans << endl;
    return 0;
}

说明

• 代码先用公式处理 (k=1)，再对 (k=2) 到 (10^6) 枚举，分解并求解同余式。
• 内层循环简单遍历 (p)，总运算量约 (3\times10^7) 次，可在较短时间内完成。
• 通过样例 (F(100) = 697317) 可验证程序正确性，再计算 (F(2\times10^6))。

fun fact

神秘推式子,ds一发过了.