结论：

$$ \sum^n_{i=1}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac n i \rfloor }\sum_{k|i} {j^mk^m\mu(k)}=n $$

证明：

我们只需要对其小小地变形：

$$\sum^n_{i=1}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac n i \rfloor }\sum_{k|i} {j^mk^m\mu(k)}\\ =\sum^n_{i=1}\sum_{k|i} ({k^m\mu(k)\sum_{j=1}^{\lfloor \frac n i \rfloor }j^m}) $$

交换求和符号：

$$=\sum^n_{k=1}\sum_{k|i} ({k^m\mu(k)\sum_{j=1}^{\lfloor \frac n i \rfloor }j^m})\\ =\sum^n_{k=1}(k^m\mu(k)\sum_{k|i} {\sum_{j=1}^{\lfloor \frac n i \rfloor }j^m}) $$

我们画一个图:横轴表示$i$，纵轴表示$j$，令(i,j)这个点的贡献为$j^m$，那么最里面的求和符号，就是计算第i列的所有点的贡献之和。

这是从i的视角，我们不妨从j的视角这样看，我们发现，第j行最右侧的点横坐标是$\lfloor \frac n j \rfloor$，它的每$k$个距离有1份贡献，那么总共有$\lfloor \frac{\lfloor \frac n j \rfloor } k \rfloor=\lfloor \frac n {jk} \rfloor$个贡献。 所以

$$\sum^n_{k=1}(k^m\mu(k)\sum_{k|i} {\sum_{j=1}^{\lfloor \frac n i \rfloor }j^m})\\ =\sum_{1\le j,k\le n}(j^mk^m{\lfloor \frac n {jk} \rfloor}\mu(k))\\ $$

换$x=jk,x>n$时右边显然为0，所以只需要对$1\le x\le n$求和，k为x的因数。

$$=\sum_{1\le x\le n,k|x}x^m{\lfloor \frac n {x} \rfloor}\mu(k)\\ =\sum_{1\le x\le n}(x^m{\lfloor \frac n {x} \rfloor}\sum_{k|x}\mu(k))\\ $$

根据莫比乌斯函数的性质：

$$\sum_{k|x}\mu(k)=[x=1]\\$$

意思是只有x=1时，值是1，其他时候都是0. 代入得：

$$=\sum_{1\le x\le n}(x^m{\lfloor \frac n {x} \rfloor}[x=1])\\ =n $$

所以这个式子答案是n. 输出$n\ mod\ p$即可: