首先易得不可能存在gameover的情况，因为$y^2$到$(y+1)^2$间共有$(y+1)^2-y^2-1=2y$个数，是一个偶数，所以不可能存在x使得$|(y+1)^2-x|=|y^2-x|$ 然后我们分析，对于每一个$y^2$有多少个x满足$|y^2-x|$最小，发现$y^2与(y+1)^2的中点为\frac{2y^2+2y+1}{2}$故在中点左侧的数是属于y的势力范围的，$(y-1)^2与y^2$也是同理，所以我们得出了当y的势力范围为$x \in [y^2-y+1,y^2+y]$ 假如某一个y的势力范围完全属于[l,r]的话，那么这一个y 的贡献值就是$(-1)^\text{y-1}\sum_{i=y^2-y+1}^{y^2+y}i=$$(-1)^\text{y-1}\frac{4y^3+2y}{2}$，然后易得有且仅有一段最长的$y \in [L,R]$使得其中的y的势力范围属于$[l,r]$，其贡献为$\sum_{i=L}^{R}(-1)^\text{i-1}\frac{4i^3+2i}{2}$因为这一坨式子太操蛋了，所以我们用一个前缀数组$S_n=\sum_{i=1}^{n}(-1)^\text{i-1}\frac{4i^3+2i}{2}$来表示，化简得$S_n=\frac{n*(n+1)*(2n+1)}{2}(-1)^\text{n-1}$，最后这一段y的贡献值就为$S_R-S_\text{L -1}$，最后只要加上左边和右边2段不完全包括的贡献值($[l,(L-1)^2+(L-1)]$和$[(R+1)^2-(R+1)+1,r]$，还是用等差数列求和公式)就结束了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int mod=1e9+7;
ll qmi(ll a,ll b){
	ll ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod,b>>=1;
	}
	return ans;
}
ll flag[]={-1,1};
ll sum(ll x){
	return (mod+x*(x+1)%mod*(2*x+1)%mod*qmi(2,mod-2)%mod*flag[x&1])%mod;
}
ll tot(ll l,ll r){
	if(l>r)return 0;
	return (l+r)%mod*((r-l+1)%mod)%mod*qmi(2,mod-2)%mod;
}
ll l,r;
int main(){
	scanf("%lld%lld",&l,&r);
	//Çó³öÒ»¶ÎÁ¬ÐøµÄyµÄ×óÓұ߽磬ʹÆäÖеÄyµÄÊÆÁ¦·¶Î§ÊôÓÚl~r 
	ll L=sqrt(l),R=sqrt(r);
	while(L*L-L<l-1)L++;
	while(R*R+R>r)R--;  
	ll ans=(mod+sum(R)-sum(L-1))%mod;
	
	//Çó²»ÍêÈ«°üº¬µÄ¹±Ï× 
	ans=(ans+flag[(L-1)&1]*tot(l,(L-1)*(L-1)+L-1)%mod+mod)%mod;
	ans=(ans+flag[(R+1)&1]*tot((R+1)*(R+1)-R,r)%mod+mod)%mod;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}