解题：JXOI 2018 游戏

题面

From ZRQ，很好的计数题

我们可以发现这$len=r-l+1$个数中有一些是必须被查到的，即它们不是一些数的倍数，它们的数目$imp$可以通过一次埃氏筛求出。

在一个排列中可怜查到某个位置时就不用检查了，那这个位置上一定是这个排列中第$imp$和必须被查的数，我们不妨从$imp$到$len$枚举这个这个位置$i$。那么这个位置上的数有$imp$种可能，答案乘上$imp$；前面这$i$个数中要塞上$i-imp$个不必须的数，答案乘上$C_{len-imp}^{i-imp}$；最后是这个点前后各有$(i-1)!$和$(len-i)$种排列，答案也要乘上这两个。最后答案即

$\sum\limits_{i=imp}^{len}imp*C_{len-imp}^{i-imp}*(i-1)!*(len-i)!$

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 const int N=1e7+;
 const long long mod=1e9+;
 long long facs[N],inv[N];
 long long l,r,len,imp,ans;
 bool mark[N];
 long long qpow(long long x,long long k)
 {
     if(k==) return x;
     long long tmp=qpow(x,k/);
     return k%?tmp*tmp%mod*x%mod:tmp*tmp%mod;
 }
 void prework()
 {
     len=r-l+,facs[]=inv[]=;
     for(int i=;i<=len;i++)
         facs[i]=facs[i-]*i%mod;
     inv[len]=qpow(facs[len],mod-);
     for(int i=len-;i;i--)
         inv[i]=inv[i+]*(i+)%mod;
     for(long long i=l;i<=r;i++)
         if(!mark[i])
         {
             imp++;
             for(long long j=*i;j<=r;j+=i)
                 mark[j]=true;
         }
 }
 long long C(long long n,long long m)
 {
     return facs[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
 }
 int main ()
 {
     scanf("%lld%lld",&l,&r),prework();
     for(int i=imp;i<=len;i++)
         ans+=imp*C(len-imp,i-imp)%mod*facs[i-]%mod*facs[len-i]%mod*i%mod,ans%=mod;
     printf("%lld",ans);
     return ;
 }