<think>我们需要计算满足以下条件的整数三元组 (a, b, c) 的数量：
1. 1 ≤ a, b, c ≤ N
2. a, b, c 互不相同
3. a mod b = c
由于 N 最大可以达到 10^12，我们需要一个高效的算法（O(N) 或更优）。
注意条件：a mod b = c 意味着 a = b * k + c，其中 k 是整数（商），且满足 0 ≤ c < b。但题目中 c 的范围是 1 到 N，而根据模运算的定义，c 必须在 [0, b-1] 范围内。因此，条件 c ≥ 1 意味着 c 至少为 1，所以 b 至少为 2（因为 c < b 且 c≥1，所以 b>1）。
另外，三个数互不相同。
然而，题目要求 a, b, c 互不相同，所以 a, b, c 两两不同。
我们重新审视条件：a = b * k + c，其中 k 是整数（k≥0），且 1≤c≤b-1（因为c≥1且c<b）。
但是，题目要求 c 的范围是 1 到 N，而这里 c 在 [1, b-1] 内，所以自然满足 c≤N（因为b≤N，所以c≤b-1≤N-1）。
因此，我们可以将问题转化为：对于每个 b（从 2 到 N，因为b至少为2），然后对于每个可能的 c（1 到 b-1），然后 a = b * k + c 必须在 [1, N] 范围内，且 a 必须与 b 和 c 不同。
注意：a 已经与 b 不同（因为 a = b*k + c，而 c 在 [1,b-1] 内，所以 a 不可能等于 b，除非 k=0 且 c=b，但c<b，所以不可能）。同样，a 与 c 的关系：可能相等吗？我们需要检查。
另外，题目要求三个数互不相同，所以 a, b, c 两两不同。
因此，我们需要满足：
a ≠ b, a ≠ c, b ≠ c.
由条件，b≠c 是显然的（因为c在[1,b-1]内，所以c≠b）。而 a 与 b：由于 a = b*k + c，如果 k≥1，则 a≥b+c≥b+1>b，所以 a≠b；如果 k=0，则 a=c，此时 a=c，但题目要求三个数互不相同，所以这种情况不允许。因此，我们要求 k≥1，这样 a=c 的情况就不会发生（因为k≥1时，a = b*k + c ≥ b + c ≥ b+1 > c，所以 a>c，因此a≠c）？但是，当k=0时，a=c，这是不允许的。所以我们必须排除k=0的情况。
因此，我们要求 k≥1。
但是，我们还需要注意 a 是否等于 c？当 k≥1 时，a = b*k + c ≥ b + c ≥ c+1 （因为b≥2，所以b≥c+1？不一定，因为c最大为b-1，所以b≥c+1成立）。因此，a ≥ b + c ≥ (c+1) + c = 2c+1 > c，所以 a ≠ c。同样，a 也不会等于 b（因为 a≥b+1）。
所以，我们只需要考虑 k≥1 的情况。
因此，三元组 (a,b,c) 的个数可以表示为：
∑_{b=2}^{N} ∑_{c=1}^{b-1} [满足 a = b*k + c ≤ N 且 k≥1 的整数 k 的个数]
对于固定的 b 和 c，k 的取值范围是：k≥1 且 a = b*k + c ≤ N，即 k ≤ (N - c) / b。
所以 k 的取值范围为：1 ≤ k ≤ floor((N - c) / b)
因此，对于固定的 b 和 c，满足条件的 k 的个数是：max(0, floor((N - c) / b))
所以，总数为：
ans = ∑_{b=2}^{N} ∑_{c=1}^{b-1} floor((N - c) / b)
但是，这个式子没有考虑 a, b, c 互不相同？我们之前已经通过要求k≥1保证了a≠b且a≠c，并且b≠c（因为c在[1,b-1]内）。所以这个式子已经满足互不相同的条件。
然而，我们还需要注意：在同一个三元组中，a, b, c 两两不同，但这里我们通过构造（c在[1,b-1]内，k≥1）保证了。但是，有没有可能a等于另一个数？比如，a等于另一个b？不会，因为我们的求和是分别对b和c进行的，a由b和c以及k确定。而且，同一个a可能出现在不同的b和c的组合中？但是，题目要求的三元组是(a,b,c)，所以只要三元组不同，即使a相同，但b和c不同，也算不同的三元组。所以我们的计数是按三元组计数。
但是，我们还需要注意：同一个三元组(a,b,c)是否会被重复计数？不会，因为每个三元组由(a,b,c)唯一确定，而我们的求和中，b和c固定，然后k由a确定，所以每个三元组只被计数一次。
因此，问题转化为计算：
ans = ∑_{b=2}^{N} ∑_{c=1}^{b-1} floor((N - c) / b)
但直接计算这个二重循环，b从2到N，c从1到b-1，时间复杂度是O(N^2)，而N=1e12，显然不行。
我们需要优化这个求和。
首先，交换求和次序？注意内层求和是c从1到b-1，所以我们可以写成：
ans = ∑_{b=2}^{N} S(b)
其中 S(b) = ∑_{c=1}^{b-1} floor((N - c) / b)
然后，我们考虑将求和中的c变量替换为t = c，那么：
S(b) = ∑_{c=1}^{b-1} floor((N - c) / b)
令 T = floor((N-1)/b) （因为c=1时，分子为N-1）
但是，我们发现随着c的增加，分子N-c在减少，所以我们需要分析这个求和。
实际上，我们可以将求和拆分为：
S(b) = ∑_{c=1}^{b-1} floor((N - c) / b)
= [ ∑_{c=1}^{b-1} floor(N/b - c/b) ]
但这不是整数除法，所以不能这样拆分。我们需要利用整数除法的性质。
注意：对于固定的b，我们可以将求和写成：
S(b) = ∑_{c=1}^{b-1} floor((N - c) / b)
= ( ∑_{c=1}^{b} floor((N - c) / b) ) - floor((N-b)/b) [因为c=b时，项为floor((N-b)/b)，但c的范围是1到b-1，所以也可以考虑c从0到b-1？]
但是，如果我们令 c' = c，那么当c从1到b-1时，c'的取值使得N-c'从N-1到N-b+1。
我们可以考虑变换：令 j = N - c，则当c=1时，j=N-1；c=b-1时，j=N-b+1。所以：
S(b) = ∑_{j=N-b+1}^{N-1} floor(j/b) [注意：j从N-b+1到N-1]
但是，这个区间长度是b-1，且是连续的一段。然而，我们更希望得到的是从某个整数到某个整数关于b的整数除法的求和。
另一种思路：利用整数除法的分段常数性质。
我们考虑将求和式改写：
S(b) = ∑_{c=1}^{b-1} \left( \left\lfloor \frac{N}{b} \right\rfloor - \left\lceil \frac{c}{b} \right\rceil \right) ??? 不对。
实际上，我们有： (N - c) = b * q + r, 0≤r<b，所以 floor((N-c)/b) = q。
但是，我们可以将求和拆成：
S(b) = ∑_{c=1}^{b-1} \left( \left\lfloor \frac{N}{b} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{N \mod b + (b - c)}{b} \right\rfloor \right)
这个变换并不明显。
一个常见的技巧是：注意到
∑_{c=0}^{b-1} floor((N - c) / b) = floor(N/b) + floor((N-1)/b) + ... + floor((N-b+1)/b)
而我们知道，对于任意整数N和b，有：
∑_{c=0}^{b-1} floor((N - c) / b) = floor(N/b) * b + ... 并不简单。
实际上，我们有恒等式：
∑_{c=0}^{b-1} floor((N - c) / b) = floor(N/b) * b + \sum_{c=0}^{b-1} [ (N mod b) >= c ? 1 : 0 ] ??? 不，这个不对。
更常见的恒等式是：
∑_{c=0}^{b-1} floor((N + c) / b) = N + b - gcd(N,b) [这个恒等式存在吗？]
实际上，有一个著名的恒等式（除法求和）：
∑_{c=0}^{b-1} floor((N + c) / b) = N + b - (N \mod b) [不对]
事实上，我们考虑：
∑_{c=0}^{b-1} floor((N + c) / b) = floor(N/b) + floor((N+1)/b) + ... + floor((N+b-1)/b)
而我们知道，这个和等于 N + (b-1) ??? 不一定。
实际上，我们有：
∑_{c=0}^{b-1} floor((N + c) / b) = floor(N/b) * b + (b-1) [这个也不对]
另一个思路：利用
∑_{c=1}^{b-1} floor((N - c) / b) = ∑_{k=0}^{b-1} k * (满足 floor((N-c)/b)=k 的c的个数)
但这样还是需要分段。
我们换一个角度：考虑整个求和
ans = ∑_{b=2}^{N} ∑_{c=1}^{b-1} floor((N-c)/b)
改变求和次序，先枚举b，再枚举c。但是，我们可以尝试枚举b，然后利用数论分块加速内层求和？或者对b进行分块？
注意到：对于固定的b，内层求和是c从1到b-1，而函数 floor((N-c)/b) 关于c是线性递减的，但递减速度是常数（每次减1/b），所以很难直接分段。
但是，我们可以将内层求和写成：
S(b) = ∑_{c=1}^{b-1} floor((N - c) / b)
= ∑_{c=1}^{b-1} \left( \left\lfloor \frac{N}{b} \right\rfloor - 1 + \left[ (N \mod b) \geq c \right] \right) ??? 不对。
实际上，令 r = N mod b，即 N = b * q + r, 0≤r<b。
则 N - c = b*q + r - c，所以：
floor((N-c)/b) = q + floor((r - c) / b)
当 c ≤ r 时，r-c ≥0，但 r-c < b（因为r<b，c≥1，所以r-c≤r-1≤b-1），所以 floor((r-c)/b)=0？不对，因为r-c可能是负数（当c>r时）？注意c从1到b-1，r在[0,b-1]内。
所以：
当 c ≤ r 时：r-c ≥0，且r-c < b，所以 floor((r-c)/b)=0，因此 floor((N-c)/b) = q。
当 c > r 时：r-c <0，且|r-c| < b（因为c≤b-1，所以r-c≥r-(b-1)≥-(b-1)），所以 r-c 在 [-b+1, -1] 内，因此 floor((r-c)/b) = -1，所以 floor((N-c)/b)=q-1。
因此：
S(b) = ∑_{c=1}^{b-1} floor((N-c)/b)
= ∑_{c=1}^{r} q + ∑_{c=r+1}^{b-1} (q-1)
= r * q + (b-1 - r) * (q-1)
而 q = floor(N/b)，r = N mod b = N - b*q。
所以：
S(b) = r * q + (b-1 - r) * (q-1)
= r*q + (b-1)(q-1) - r*(q-1)
= r*q + (b-1)(q-1) - r*q + r
= (b-1)(q-1) + r
将 r = N - b*q 代入：
S(b) = (b-1)(q-1) + (N - b*q)
= (b-1)(q-1) + N - b*q
= (b-1)*q - (b-1) + N - b*q
= N - (b-1) - q
= N - b + 1 - q
所以，我们得到：
S(b) = N - b + 1 - floor(N/b)
验证：例如N=5, b=2：
则c=1: floor((5-1)/2)=2，所以S(2)=2。
公式：N-b+1 - floor(N/b) = 5-2+1 - 2 = 2，正确。
再验证：b=3，N=5：
c=1: floor((5-1)/3)=1; c=2: floor((5-2)/3)=1; 所以S(3)=1+1=2。
公式：5-3+1 - floor(5/3)=3-1=2，正确。
因此，我们有：
ans = ∑_{b=2}^{N} [N - b + 1 - floor(N/b)]
所以：
ans = ∑_{b=2}^{N} (N - b + 1) - ∑_{b=2}^{N} floor(N/b)
第一部分：∑_{b=2}^{N} (N - b + 1)
= ∑_{k=2}^{N} (N - k + 1) [令k=b]
= ∑_{j=1}^{N-1} j [令 j = N - k + 1, 当k=2时，j=N-1；k=N时，j=1。所以j从1到N-1]
= (N-1)*N/2
第二部分：∑_{b=2}^{N} floor(N/b)
因此：
ans = (N-1)*N/2 - ∑_{b=2}^{N} floor(N/b)
但是，注意：我们原来的求和是从b=2到N，而第一部分是等差数列求和。
然而，我们还需要考虑什么？在推导过程中，我们假设了b≥2，并且c在[1,b-1]内，并且我们推导出了S(b)的表达式，所以这个公式应该是正确的。
但是，我们还需要注意：在原始问题中，a,b,c必须两两不同，而我们通过要求k≥1（即a≥b+1）保证了a与b、a与c都不相同，并且b≠c（因为c在[1,b-1]内）。所以这个公式计算的是满足条件的三元组数。
但是，我们是否漏掉了什么？在条件中，a,b,c必须是三个不同的整数，但这里我们只保证了a≠b, a≠c, b≠c，所以没有遗漏。
因此，答案就是：
ans = (N-1)*N/2 - ∑_{b=2}^{N} floor(N/b)
但是，我们还需要注意：当b>N时，floor(N/b)=0，所以求和可以写成从b=1到N，然后减去b=1的项（即floor(N/1)=N）。所以：
∑_{b=2}^{N} floor(N/b) = ∑_{b=1}^{N} floor(N/b) - N
因此：
ans = (N-1)*N/2 - [ ∑_{b=1}^{N} floor(N/b) - N ]
= (N-1)*N/2 - ∑_{b=1}^{N} floor(N/b) + N
= [ (N^2 - N)/2 + N ] - ∑_{b=1}^{N} floor(N/b)
= (N^2 - N + 2N)/2 - ∑_{b=1}^{N} floor(N/b)
= (N^2 + N)/2 - ∑_{b=1}^{N} floor(N/b)
而 ∑_{b=1}^{N} floor(N/b) 是数论中常见的求和，它等于1到N中每个数的约数个数和（即D(N) = ∑_{k=1}^{N} d(k)），其中d(k)是k的约数个数？不对。
实际上，∑_{b=1}^{N} floor(N/b) 表示的是：对于每个b，b在1到N中，b作为约数出现的次数（即b整除1到N中的数的次数）？不对。
实际上，∑_{b=1}^{N} floor(N/b) 等于 ∑_{k=1}^{N} d(k) 吗？不是。
注意：∑_{b=1}^{N} floor(N/b) = ∑_{b=1}^{N} ∑_{a=1}^{N} [b|a] [因为b整除a的个数为floor(N/b)]，所以这个和等于 ∑_{a=1}^{N} d(a)，即1到N的约数个数和。
所以，我们有：
ans = (N^2 + N)/2 - D(N)
其中 D(N) = ∑_{k=1}^{N} d(k) 是约数个数和函数。
但是，我们之前推导的公式是：
ans = (N^2 + N)/2 - D(N)
然而，我们还需要验证一个小例子。
取N=2：
满足条件的三元组：不存在，因为要求三个不同的数，而范围只有1,2，所以无法选出三个不同的数。所以答案应该是0。
计算：D(2)=d(1)+d(2)=1+2=3, (2^2+2)/2=3，所以ans=3-3=0，正确。
取N=3：
可能的三元组：我们需要满足 a mod b = c，且a,b,c是1,2,3的排列，且互不相同。
尝试：
a=3, b=2, c=1: 3 mod 2 = 1 -> 满足。
a=3, b=1, c=2: 3 mod 1 = 0，但要求c=2，0≠2 -> 不满足。
a=2, b=1, c=3: 2 mod 1=0≠3 -> 不满足。
a=2, b=3, c=1: 2 mod 3=2≠1 -> 不满足。
a=1, b=2, c=3: 1 mod 2=1≠3 -> 不满足。
a=1, b=3, c=2: 1 mod 3=1≠2 -> 不满足。
所以只有一组：(3,2,1)
计算：D(3)=d(1)+d(2)+d(3)=1+2+2=5, (3^2+3)/2=6，所以ans=6-5=1，正确。
取N=4：
我们计算：D(4)=d(1)+d(2)+d(3)+d(4)=1+2+2+3=8, (4^2+4)/2=10，所以ans=10-8=2。
我们枚举：
(a,b,c) 满足：1≤a,b,c≤4，互不相同，且a mod b = c。
可能的：
(3,2,1): 3 mod 2 = 1 -> 满足。
(4,2,0): 但c=0不允许（题目要求c≥1），所以不行。
(4,3,1): 4 mod 3 = 1 -> 满足。
(4,1,?)：不行，因为模1等于0，而c要求≥1且与b=1不同（但c不能为0，所以不行）。
(2,3,?)：2 mod 3=2，如果c=2，但要求三个数互不相同：这里b=3,c=2，那么a=2，但是a=2与c=2相同，所以不行（注意：我们的推导中，a=2, b=3, c=2是不允许的，因为a=c）。所以只有两组：(3,2,1)和(4,3,1)。
所以答案是2，正确。
因此，公式为：
ans = (N*(N+1))//2 - D(N)
其中 D(N) = ∑_{k=1}^{N} d(k) 是约数个数和。
现在问题转化为：如何高效计算 D(N) 当 N=1e12？
计算 D(N) 的标准方法是用数论分块（整除分块），时间复杂度 O(sqrt(N))。
具体方法：
D(N) = ∑_{k=1}^{N} d(k) = ∑_{k=1}^{N} ∑_{d|k} 1 = ∑_{d=1}^{N} floor(N/d)
注意：这个等式我们已经知道，所以 D(N) = ∑_{d=1}^{N} floor(N/d)
但是，我们之前已经用这个表达式了。现在需要计算 ∑_{d=1}^{N} floor(N/d) 当 N=1e12。
我们可以通过枚举整除分块来求和。具体地，对于 i 从 1 到 sqrt(N)，我们计算 floor(N/i) 的取值，并统计每个取值出现的次数。
算法：
令 s = 0
令 i = 1
while i <= N:
j = N // (N // i) # 使得 floor(N/i) = floor(N/j) 的最大j
s += (j - i + 1) * (N // i)
i = j + 1
这样，我们可以在 O(sqrt(N)) 的时间内计算 D(N)。
因此，整个算法流程：
输入：N
如果 N < 3: 则直接输出0（因为不可能有互不相同的三元组）
计算 D(N) = ∑_{d=1}^{N} floor(N/d) [注意：这个D(N)就是约数个数和]
计算 ans = (N*(N+1))//2 - D(N) [注意：这里 (N*(N+1))//2 是整数，因为N或N+1是偶数]
输出 ans % 998244353
但是，注意：我们推导的公式中，求和b是从2到N，然后我们转换成了 ∑_{b=1}^{N} floor(N/b) 减去 b=1的项（即N），然后加上一个等差数列。最后得到 (N(N+1))/2 - D(N)。所以正确。
然而，我们还需要注意：在公式中，第一部分 (N(N+1))/2 表示的是所有满足1≤a,b,c≤N且互不相同的三元组的总数吗？不对，我们推导中第一部分是等差数列求和，对应的是 ∑_{b=2}^{N} (N-b+1) = (N-1)*N/2，然后加上一个N，变成了(N^2+N)/2，这个值实际上等于 C(N,2) + N ？不对，它等于 (N^2+N)/2，而总三元组数应该是 N^3 量级。但注意，我们这里并不是在枚举所有三元组，而是通过条件转换后的表达式。
所以，我们直接使用公式即可。
但是，注意：当N很大时，N*(N+1)/2 可能超过long long的范围（N=1e12，则N*(N+1)≈1e24，在C++中可以用unsigned long long或__int128，但题目要求模998244353，所以我们可以模运算下进行。
但是，注意：我们最后要取模，而D(N)也要取模。然而，D(N)可能非常大，我们需要在计算过程中取模吗？
注意：我们要求的是 ans = (N*(N+1)/2 - D(N)) mod 998244353
但是，N*(N+1)/2 是整数，而 D(N) 是整数，所以我们可以分别计算模998244353下的值，然后相减再取模。
但是，注意：N*(N+1)/2 可能不是整数？不，因为N或N+1是偶数，所以整除2是整数。
但是，在模运算下，除法2需要乘以逆元。
所以：
part1 = (N % mod) * ((N+1) % mod) % mod * inv2 % mod [其中inv2是2在模998244353下的逆元]
而 D(N) 是一个很大的整数，但是我们可以一边求和一边取模吗？注意：我们要求的是 D(N) mod 998244353，但是 D(N) 可能非常大（大约1e12 * 1e12？不对，D(N) ≈ N log N，所以当N=1e12时，D(N)≈1e12*12*log10(1e12)≈1e12*12*12≈1.44e15，这个值小于2^60，所以可以用long long存储？但是取模后，我们只需要模998244353的值。
但是，注意：我们计算的D(N)是整数，而我们在计算 ∑_{d=1}^{N} floor(N/d) 时，可以用整除分块，每次累加一个区间内的和，然后在累加过程中取模。
但是，这里有一个问题：整除分块中，每个块的值是 (j-i+1) * (N//i)，这个值可能很大（最大为 N * sqrt(N) ≈ 1e12 * 1e6 = 1e18，在C++中long long最大为9e18，所以1e18可以存储，但是取模后我们可以用long long存储中间结果，然后每一步取模。
因此，我们可以这样计算D(N) mod mod：
D = 0
i = 1
while i <= N:
j = N // (N // i) # 当前块的上界
# 当前块的值：t = (N // i) * (j - i + 1)
t = (N // i) % mod; # 但是注意：N//i是一个很大的整数（最大1e12），而(j-i+1)也可能很大（最大N），所以直接乘会溢出？
# 我们需要计算：t = (N // i) * (j - i + 1) % mod
# 但是，j-i+1 可能很大，所以不能直接乘，需要先取模？
但是，注意：我们要求的是整个和模mod，所以：
t = ( (N // i) % mod ) * ( (j - i + 1) % mod ) % mod
然后 D = (D + t) % mod
但是，这样不对，因为 (N//i) 和 (j-i+1) 都是大数，它们的乘积可能超过long long的范围（最大1e12 * 1e12 = 1e24，而long long最大约9e18，所以会溢出）。
所以，我们需要避免溢出。我们可以使用模乘法的技巧，或者使用__int128（如果编译器支持）。或者，我们可以在乘法之前先取模，但是这样会丢失中间值？因为我们需要的是乘积模mod，所以我们可以用：
t = ( (N // i) % mod ) * ( (j - i + 1) % mod ) % mod;
但是，这样计算的是 [ (N//i) mod mod ] * [ (j-i+1) mod mod ] mod mod，而实际上我们需要的是 ( (N//i) * (j-i+1) ) mod mod。
由于 (a mod mod) * (b mod mod) mod mod = (a*b) mod mod，所以这样计算是正确的。
但是，注意：N//i 和 (j-i+1) 都是整数，所以这样计算没问题。
但是，当 N//i 很大（比如1e12）时，取模后变成1e12%998244353（约1e12，而998244353约1e9，所以1e12%998244353=1e12-1000*998244353，计算量不大？）而(j-i+1)最大为N（1e12），所以 (j-i+1)%mod 也是类似。然后两个数相乘最大为 (1e9) * (1e9) = 1e18，在long long范围内（long long最大9e18），所以不会溢出。
但是，实际上：N//i 最大为N（当i=1时，N//i=N），而j-i+1最大为N（当i=1时，j=1，所以j-i+1=1；当i=2时，j可能很大，但不会超过N）。所以乘积最大为 N * N = 1e24，而1e24超过了long long的范围（long long最大约9e18），所以我们需要用__int128来存储中间乘积，然后再取模。
但是，题目要求N=1e12，所以 N//i 最大1e12，而j-i+1最大也是1e12，乘积1e24，而__int128可以存储（最大约3e38）。
所以，我们可以用__int128来存储中间乘积，然后取模。或者，我们使用模乘法的技巧，避免直接相乘。
另一种方法：使用函数计算模下的乘积：
t = mul_mod( (N//i) % mod, (j-i+1) % mod, mod)
其中 mul_mod(x,y,mod) 计算 (x*y) % mod，且避免溢出。
但是，由于x和y都在0到mod-1之间？不对，我们取模后，x = (N//i) % mod，y = (j-i+1) % mod，所以x,y都在0到mod-1（998244353-1）之间。那么x*y最大为 (1e9)^2=1e18，在long long范围内（因为1e18<9e18），所以可以直接相乘再取模。
因此，我们可以这样：
t1 = (N // i) % mod;
t2 = (j - i + 1) % mod;
t = (t1 * t2) % mod;
然后 D = (D + t) % mod;
但是，注意：这样计算的是 ( (N//i) * (j-i+1) ) mod mod，而实际上我们需要的是整个块的和模mod，所以这样计算正确。
但是，这样计算的是每个块对D的贡献模mod后的值，然后累加。所以最后D就是 ∑_{d=1}^{N} floor(N/d) mod mod。
然而，这里有一个问题：整除分块中，每个块的和是 (j-i+1)*(N//i)，这个值可能很大，但我们只关心模mod的值。所以这样计算是可行的。
但是，注意：在整除分块中，i和j都是整数，且j是当前块的最后一个索引，由 j = N // (N // i) 得到。
因此，计算D(N)的代码：
long long D = 0;
long long mod = 998244353;
long long inv2 = (mod+1)/2; // 2的逆元，这里用不到
for (long long i = 1, j; i <= N; i = j + 1) {
long long q = N / i;
if (q == 0) break;
j = N / q; // j是使得 floor(N/t)=q 的最大t
// 这个块中，i到j，每个d对应的值都是q
long long t1 = q % mod;
long long t2 = (j - i + 1) % mod;
long long t = t1 * t2 % mod;
D = (D + t) % mod;
}
但是，这样计算的是 D(N) mod mod，而我们需要的是 D(N) 的精确值模mod？是的，因为最后答案要模mod。
但是，这样计算正确吗？注意：我们实际上要求的是 ∑_{d=1}^{N} floor(N/d) 模mod，而我们将每个块的和模mod后累加。所以正确。
但是，我们需要注意：在求和过程中，每个块的和是 (j-i+1)*q，我们计算的是这个乘积模mod，然后累加模mod。所以最后D就是整个和模mod。
但是，我们还需要注意：当N很大时，循环次数是O(sqrt(N))，所以可以接受。
然后，计算：
part1 = (N % mod) * ((N+1) % mod) % mod * inv2 % mod; // 即 (N(N+1)/2) mod mod
ans = (part1 - D + mod) % mod; // 注意减法取模
最后输出ans。
但是，这里有一个问题：在整除分块中，我们计算的是 D(N) = ∑_{d=1}^{N} floor(N/d) mod mod，而实际上，我们推导的公式是：
ans = (N(N+1)/2) - D(N)
而这里，我们计算的是模意义下的减法。所以正确。
但是，我们还需要验证小例子：N=3
D(3) = floor(3/1)+floor(3/2)+floor(3/3)=3+1+1=5
(3*4/2)=6, 6-5=1.
模998244353：part1=6 mod mod=6, D=5 mod mod=5, ans=(6-5)=1.
N=4: part1=10, D(4)=4+2+1+1=8, ans=2.
所以正确。
但是，注意：在整除分块中，我们计算的是 ∑_{d=1}^{N} floor(N/d)，当d>N时，值为0，所以d从1到N。
因此，代码实现如下：
步骤：
1. 输入N（最大1e12）
2. 如果N<3，输出0。
3. 计算 part1 = (N*(N+1)/2) mod 998244353 （注意：先取模再乘逆元）
实际上：因为N*(N+1)是偶数，我们可以：
part1 = ( (N % mod) * ((N+1) % mod) % mod ) * inv2 % mod;
其中 inv2 = 499122177 （因为2*499122177 mod 998244353=1）
4. 计算 D = ∑_{d=1}^{N} floor(N/d) mod mod （使用整除分块，注意中间用乘法取模）
5. ans = (part1 - D + mod) % mod;
6. 输出ans
但是，注意：整除分块中，j可能会超过N？不会，因为 j = N // q，而 q = N // i ≥ 1，所以 j = N // q ≤ N。
另外，当i>N时，循环结束。
因此，代码：
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 998244353;
const ll inv2 = (mod+1)/2; // 因为2*inv2=mod+1，所以模mod下等于1
int main() {
ll N;
cin >> N;
if (N < 3) {
cout << 0 << endl;
return 0;
}
// 计算 part1 = N*(N+1)/2 mod mod
ll part1 = (N % mod) * ((N+1) % mod) % mod;
part1 = part1 * inv2 % mod;
// 计算 D = sum_{d=1}^{N} floor(N/d) mod mod
ll D = 0;
for (ll i = 1, j; i <= N; i = j + 1) {
ll q = N / i;
if (q == 0) break;
j = N / q; // j is the maximum index such that floor(N/i)=q
// 这个块：i到j，每个d的值为q，共 (j-i+1) 个数
// 累加： (q % mod) * ((j-i+1) % mod) % mod
ll t1 = q % mod;
ll t2 = (j - i + 1) % mod;
ll t = t1 * t2 % mod;
D = (D + t) % mod;
}
ll ans = (part1 - D + mod) % mod;
cout << ans << endl;
return 0;
}
但是，我们还需要注意：在整除分块中，当i>N时，循环结束，所以不会出现i<=N而q=0的情况？因为当i>N时，N/i=0，但循环条件i<=N，所以我们在循环内判断q==0时break。
另外，当N很大时，整除分块的循环次数是O(sqrt(N))，所以可以处理N=1e12。
但是，我们还需要测试一下N=1e12的运行时间。循环次数大约2*sqrt(N)=2e6，在C++中可接受。
因此，我们按照这个思路写代码即可。
但是，我们还需要注意：在计算(j-i+1)时，j和i都是long long，所以不会溢出。
最后，输出答案。
我们测试一下N=1,2,3,4，然后大数用公式验证。
例如，N=1e12，我们无法直接计算D(N)，但我们可以用整除分块，所以代码可以运行。
注意：在计算过程中，取模操作不会影响最终结果（模意义下正确）。
因此，我们输出代码即可。
但是，题目要求的是三元组数量，我们已经推导出公式，所以代码如上。
总结：问题转化为计算 (N(N+1)/2 - D(N)) mod 998244353，其中 D(N)=∑_{k=1}^{N} floor(N/k)
注意：D(N) 就是约数个数和函数（即1到N的约数个数之和）。
所以，最终代码实现如上。
但是，我们之前推导的公式中，第一部分 (N(N+1))/2 是什么？它并不是所有三元组的个数，而是通过转换得到的表达式。所以直接使用公式即可。
因此，我们写代码并测试。
注意：在计算过程中，取模时，要保证非负：ans = (part1 - D + mod) % mod;
最后，生成相关问题：
1. 如何计算1到N的约数个数和？
2. 整除分块（数论分块）的原理是什么？
3. 模运算下除法（乘以逆元）如何实现？
4. 还有哪些类似问题可以用整除分块优化？</think>### 问题分析
需要计算满足以下条件的整数三元组 \((a, b, c)\) 的数量：
1. \(1 \leq a, b, c \leq N\)
2. \(a, b, c\) 互不相同
3. \(a \mod b = c\)
其中 \(N \leq 10^{12}\)，结果需对 \(998244353\) 取模。直接枚举三元组的时间复杂度为 \(O(N^3)\)，无法满足要求，需设计高效算法。
### 关键推导
通过数学变换，问题可转化为：
1. 由条件 \(a \mod b = c\) 得 \(a = b \cdot k + c\)，其中 \(k \geq 1\)（确保 \(a \neq c\)），且 \(1 \leq c \leq b-1\)（确保 \(b \neq c\)）。
2. 三元组数量等价于：
\[
\text{ans} = \sum_{b=2}^{N} \sum_{c=1}^{b-1} \left\lfloor \frac{N - c}{b} \right\rfloor
\]
3. 进一步化简为：
\[
\text{ans} = \frac{N(N+1)}{2} - \sum_{k=1}^{N} \left\lfloor \frac{N}{k} \right\rfloor
\]
4. 其中 \(\sum_{k=1}^{N} \left\lfloor \frac{N}{k} \right\rfloor\) 是约数个数和函数 \(D(N)\)，表示 \(1\) 到 \(N\) 所有整数的约数个数之和。
### 高效计算
1. **计算 \(\frac{N(N+1)}{2} \mod 998244353\)**：
- 利用公式直接计算，注意使用模乘和乘法逆元（2 的逆元为 \(499122177\)）。
2. **计算 \(D(N) = \sum_{k=1}^{N} \left\lfloor \frac{N}{k} \right\rfloor \mod 998244353\)**：
- 使用 **整除分块（数论分块）** 优化，时间复杂度 \(O(\sqrt{N})\)。
- 核心思想：将 \(\left\lfloor \frac{N}{k} \right\rfloor\) 相同的 \(k\) 分到同一块，每块求和。
### 代码实现
```cpp
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD = 998244353;
const ll INV_2 = 499122177; // 2的逆元，因为2*499122177 ≡ 1 (mod 998244353)
int main() {
ll N;
cin >> N;
if (N < 3) {
cout << 0 << endl;
return 0;
}
// 计算 part1 = N(N+1)/2 mod MOD
ll part1 = (N % MOD) * ((N + 1) % MOD) % MOD;
part1 = part1 * INV_2 % MOD;
// 计算 D(N) = ∑_{k=1}^{N} floor(N/k) mod MOD
ll D = 0;
for (ll i = 1, j; i <= N; i = j + 1) {
ll q = N / i; // 当前块的商
if (q == 0) break;
j = N / q; // 当前块的右边界
// 计算当前块贡献: [i, j] 区间内所有 k 的 floor(N/k) = q
ll block_size = (j - i + 1) % MOD;
ll block_value = q % MOD;
D = (D + block_size * block_value) % MOD;
}
// 最终结果: ans = part1 - D
ll ans = (part1 - D + MOD) % MOD;
cout << ans << endl;
return 0;
}
```
### 复杂度分析
- **时间复杂度**：\(O(\sqrt{N})\)，整除分块最多循环 \(2\sqrt{N}\) 次。
- **空间复杂度**：\(O(1)\)，仅用常数空间。
### 示例验证
- **输入 \(N = 3\)**：
- 满足条件的三元组：\((a,b,c) = (3,2,1)\)（因 \(3 \mod 2 = 1\)）。
- 计算：\(\frac{3 \times 4}{2} = 6\)，\(D(3) = \left\lfloor \frac{3}{1} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{3}{2} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{3}{3} \right\rfloor = 3 + 1 + 1 = 5\)。
- 结果：\(6 - 5 = 1\)，输出 \(1\)。
- **输入 \(N = 4\)**：
- 满足条件的三元组：\((3,2,1)\) 和 \((4,3,1)\)。
- 计算：\(\frac{4 \times 5}{2} = 10\)，\(D(4) = 4 + 2 + 1 + 1 = 8\)。
- 结果：\(10 - 8 = 2\)，输出 \(2\)。
### 相关问题
1. **如何高效计算约数个数和函数 \(D(N)\)？**
使用整除分块将时间复杂度优化至 \(O(\sqrt{N})\)，适用于 \(N \leq 10^{12}\) 的规模[^1]。
2. **整除分块的原理是什么？**
利用 \(\left\lfloor \frac{N}{k} \right\rfloor\) 的取值分段，每块右边界为 \(j = \left\lfloor \frac{N}{\left\lfloor \frac{N}{i} \right\rfloor} \right\rfloor\)，块内求和可快速计算[^2]。
3. **模运算下如何计算除法和乘法逆元？**
对质数模数 \(P\)，数 \(a\) 的逆元 \(a^{-1}\) 满足 \(a \cdot a^{-1} \equiv 1 \pmod{P}\)，可用费马小定理计算（如 \(2^{-1} \equiv 499122177 \pmod{998244353}\))[^3]。
4. **类似问题如何应用整除分块？**
适用于求和式 \(\sum_{k=1}^{N} f(\left\lfloor \frac{N}{k} \right\rfloor)\)，如莫比乌斯反演、欧拉函数求和等[^4]。
[^1]: 约数个数和的高效计算
[^2]: 整除分块原理
[^3]: 模逆元计算方法
[^4]: 整除分块的应用场景
博客围绕求解方程a^n+b^n=c^n中b和c的值展开。根据费马大定理排除n>2的情况，n=0无结果，n=1可随意取值，重点针对n=2，利用勾股数性质求解。
题意：
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