　$n$ を正整数とする．$k=1,\dots,n-1$ に対し問の正整数の組のうち $z=n-k$ をみたすものの数を $g(k)$ とおくと，これは $xy$ 平面で $O(0,0),A(k,0),B(0,n)$ としたときに三角形 $OAB$ の周を除く内部にある格子点の数に等しい．
三角形 $OAB$ の周上にある格子点は $n+k+\mathrm{gcd}(n,k)$ 個であるから，Pickの定理より次がわかる．
$$g(k)=\frac{1}{2}(nk-n-k-\mathrm{gcd}(n,k))+1$$
これを $k=1,\cdots,n-1$ について足し合わせることで次を得る．
$$f(n)=\frac{1}{4}\left(n^3-4n^2+9n-4-2\sum_{k=1}^{n}\mathrm{gcd}(n,k)\right)$$
したがって正整数 $m$ によって $n=66^m$ と表されるとき，以下の総和を計算すればよい：
$$\sum_{k=1}^{66^m}\mathrm{gcd}(66^m,k)$$
　ここで $m$ 以下の非負整数 $i,j,k$ によって $\mathrm{gcd}(66^m,k)=2^i3^j11^k$ であり，また $\mathrm{gcd}(66^m,k)=2^i3^j11^k$ となる $1\leq k\leq 66^m$ の個数はEulerのtotient関数 $\varphi$ を用いれば $\varphi\left(2^{m-i}3^{m-j}11^{m-k}\right)$ 個であることが容易に確認できる．よって $\varphi$ が乗法的関数であることなどを用いれば次のように計算できる．
$$\begin{aligned}
\sum_{k=1}^{66^m}\mathrm{gcd}(66^m,k)
&=\sum_{i=0}^{m}\sum_{j=0}^{m}\sum_{k=0}^{m}2^i3^j11^k\varphi\left(2^{m-i}3^{m-j}11^{m-k}\right)\\\\
&=\left(\sum_{i=0}^{m}2^i\varphi\left(2^{m-i}\right)\right)\left(\sum_{j=0}^{m}3^j\varphi\left(3^{m-j}\right)\right)\left(\sum_{k=0}^{m}11^k\varphi\left(11^{m-k}\right)\right)\\\\
&=66^{m-1}(m+2)(2m+3)(10m+11)
\end{aligned}$$
　したがってFermatの小定理などより以下のように計算できるから，求める余りは $\bm{317}$ である．
$$f(66^{60000})\equiv 5 \pmod{6},\quad f(66^{60000})\equiv 14 \pmod{101}$$
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc069/editorial/2092
Pickの定理を使わない解法です.

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　ここでは, $U=\lbrace(y,z)\mid 1\leq y \leq n,1\leq z \leq n,n\\;\| yz\rbrace$ とする.\
　$f(n)$ は以下の条件を満たす正整数の組 $(x,y,z)$ の総数と同じである.
$$nx\lt yz,\quad 0\lt y\lt n ,\quad 0\lt z\lt n$$
　ここで,  $y,z$ を固定したとき, 条件 $nx\lt yz$ は以下のように言い換えることができる.
$$
\begin{aligned}
&x=1,2,\dots,\Big\lfloor\frac{yz}{n}\Big\rfloor \quad&( n\\!\\not |yz)\\\\
&x=1,2,\dots,\Big\lfloor\frac{yz}{n}\Big\rfloor-1 \quad&( n\\;\| yz)\\\\
\end{aligned}
$$
 $ n\\;\| yz $ を満たす $(y,z)$ の組は $|U|-(2n-1)$ より,以下が成立.
$$f(n)=\sum_{1\leq y,z \leq n-1}\Big\lfloor\frac{yz}{n}\Big\rfloor-(|U|-(2n-1))$$
さらに以下が成立.
$$n\sum_{1\leq y,z \leq n-1}\Big\lfloor\frac{yz}{n}\Big\rfloor
+\sum_{1\leq y,z \leq n-1}(yz\\!\\mod n)=
\sum_{1\leq y,z \leq n-1}yz=\frac{(n-1)^2n^2}{4}$$
 $\sum_{1\leq y,z \leq n-1}(yz\\!\\mod n)$について, 以下が成立.
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**補題**.
$$
\sum_{1\leq y,z \leq n-1}(yz\\!\\mod n)
=\frac{n}{2}\Big(n^2-|U|\Big)
$$
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**証明**.
　$n\not|yz$ のとき, $n\not|(n-y)z$ でもあり, $(yz\\!\\mod n)+((n-y)z\\!\\mod n)=n$ となる. したがって, 以下が成立.
$$
\begin{aligned}
&2\sum_{1\leq y,z \leq n-1}(yz\\!\\mod n)\\\\
&=
\sum_{1\leq y,z \leq n-1}\Bigr((yz\\!\\mod n)+((n-y)z\\!\\mod n)\Bigl)\\\\
&=n\Big(n^2-|U|\Big)
\end{aligned}
$$

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　よって, 今までの結果をまとめると
 $$f(n)=\frac{n(n-1)^2}{4}-\frac{n^2}{2}+2n-1-\frac{1}{2}|U|$$
　あとは, $n=(2\times3\times11)^m$ における. $|U|$ を計算すればよく, $(y,z)\in U$ となる条件について考える. $v_2(y),v_3(y),v_{11}(y)$ がそれぞれ $a,b,c$ であるような, $y$ の個数は, $\phi(n\/(2^a3^b11^c))$ であり, このとき,  $(y,z)\in U$ と $z$ が $n\/(2^a3^b11^c)$ の倍数となることは同値. よって,
$$
\begin{aligned}
|U|&=\sum_{1\leq a,b,c \leq m}\phi\Big(\frac{n}{2^a3^b11^c}\Big)\times\frac{n}{n\/(2^a3^b11^c)}\\\\
&=n\Big(\frac{1}{2}m+1\Big)\Big(\frac{2}{3}m+1\Big)\Big(\frac{10}{11}m+1\Big)
\end{aligned}
$$
これより, $f(n)$ が計算できる.
●●の定理を使わない解法
https://onlinemathcontest.com/contests/omc069/editorial/2092/615
　正整数 $n$ に対し，以下をみたす正整数の組 $(x,y,z)$ の総数を $f(n)$ で表します：
$$nx\lt(y-n)(z-n),\quad x\lt n,\quad y\lt n,\quad z\lt n$$
このとき，$f(66^{60000})$ を $606$ で割った余りを求めてください．