题意简述：将质数集合的所有子集按照子集和为第一关键字，字典序为第二关键字从小到大排序，求最终形成的字符串的第 \(l\sim r\) 个字符。
又是一道妙妙题。
首先考虑当 \(r\leq 10^5\) 时直接搜索，首先枚举子集和 \(i\)，状态是 \(sum,len,lim\) 表示剩余子集和为 \(sum\)，大小为 \(len\)，接下来只能使用第 \(lim\) 个及以后的质数。边界是 \(sum=0\)，表示找到一个符合题意的子集。
直接暴力跑大概可以过 \(r\leq 10^5\)，不过有一个显然的剪枝：预处理 \(f_{i,j}\) 表示只用第 \(j\) 个及以后的质数能否拼出 \(sum=i\)，爆搜下一个分支时可以快速判断是否合法，从而避免进入不合法的分支。这样一来复杂度就变成了线性 \(\mathcal{O}(r)\)。
\(r\leq 10^{18}\) 时，我们继续选择搜索。观察到 \(r-l\leq 10^5\)，所以如果已经遍历过的子集长度总和 与 接下来的分支所形成的的子集长度总和 之和仍小于 \(l\)，那么根本没有必要遍历该分支。对此，我们预处理 \(g_{i,j}\) 表示只用第 \(j\) 个及以后的质数拼出的所有子集的长度之和（不考虑两边的中括号和逗号 \(\texttt{[],}\)），同时更改 \(f_{i,j}\) 的定义：只用第 \(j\) 个及以后的质数拼出来的子集个数。这是一个显然的 DP：从大到小枚举 \(j\)，那么有 \(f_{i,j}\gets f_{i,j+1}+f_{i+pr_j,j+1}\)，\(g_{i,j}\gets g_{i,j+1}+(g_{i+pr_j,j+1}+(bit(pr_j)+2)\times f_{i+pr_j,j+1})\)，其中 \(pr_j\) 表示第 \(j\) 个质数，\(bit(x)\) 表示 \(x\) 在十进制下的位数，有 \(+2\) 是因为两个数之间有长度为 \(2\) 的逗号 + 空格。同时你可以根据 DP 很容易地求出来 \(i\) 的上界大约在 \(2.1\times 10^3\) 左右，那么 \(j\) 只需要开到 \(350\) 即可。
爆搜时，我们记录一个全局变量 \(acc(umulation)\) 表示已经遍历过的子集长度，此外还要在状态中加入 \(slen\) 表示当前分支已经选择的质数的长度之和，即 \(\sum_{p\in \mathrm{chosen}}bit(p)\)（原因接下来会讲）。
首先判断搜索边界：\(sum\) 是否 \(=0\)。是 \(0\) 就表示遍历到了一个子集，将该子集计入答案并返回，否则根据已有的信息算出该分支接下来所能产生的所有子集的长度之和，与 \(acc\) 求和后看是否小于 \(l\)，若小于，则直接更新 \(acc\) 并返回即可。否则继续搜索即可。
接着考虑到了搜索边界该干什么：如果遍历到了一个子集，那么一个字符一个字符地考虑：插入一个字符时，首先将 \(acc\) 自增 \(1\)，如果 \(acc>r\) 那么退出程序；否则，如果 \(acc\geq l\) 那么输出该字符；否则啥也不干。
怎么根据已有的信息算出该分支的子集长度总和呢？因为能产生 \(f_{sum,lim}\) 个子集，因此 \(acc\) 长度加上：
- \(4f_{sum,lim}\) 表示边界的四个字符：\(\texttt{'[', ']', ',', ' '}\)。
- \((len-1)\times 2f_{sum,lim}\) 表示已经选择的 \(len\) 个数所产生的 \(len-1\) 个长度为 \(2\) 的间隔 \(\texttt{‘,’, ‘ ’}\)（代码中 \(len\) 的初始值为 \(1\)，所以是 \(2len\)）。
- \(g_{sum,lim}\)（这个就不用解释了吧 = . =）。
- \(slen\times f_{sum,lim}\) 表示已经选择的质数长度在所有 \(f_{sum,lim}\) 个子集中所贡献的长度之和，这也是我们要记录 \(slen\) 的原因。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(r-l)\)，也可以说是 \(\mathcal{O}(n\pi(n))\)，其中 \(n\approx 2100\)。
此外，今天是 2021 年的七夕节（8.14），祝大家七夕快乐，早日脱单（大雾）！
const int N=2100+5;
const int P=350;
int cnt,vis[N],pr[N],bt[N];
ll f[N][P],g[N][P];
void init(){
for(int i=2;i<N;i++){
if(vis[i])continue;
pr[++cnt]=i,f[i][cnt]=1,g[i][cnt]=bt[i]=log10(i)+1;
for(int j=i+i;j<N;j+=i)vis[j]=1;
}
for(int i=cnt;i;i--){
int len=bt[pr[i]]+2;
for(int j=pr[i];j<N;j++)
f[j][i]+=f[j-pr[i]][i+1]+f[j][i+1],
g[j][i]+=g[j-pr[i]][i+1]+g[j][i+1]+f[j-pr[i]][i+1]*len;
}
}
ll l,r,acc,p[N];
string to_str(int x){
string s;
while(x)s+=x%10+'0',x/=10;
reverse(s.begin(),s.end());
return s;
}
void add(char s){
if(++acc>r)exit(0);
if(acc>=l)cout<<s;
}
void dfs(int sum,int len,int lim,ll slen){
if(!sum){
add('[');
for(int i=1;i<=len;i++){
string s=to_str(p[i]);
for(int j=0;j<s.size();j++)add(s[j]);
if(i<len)add(','),add(' ');
} add(']'),add(','),add(' ');
return;
}
ll nw=acc+(len*2+4+slen)*f[sum][lim]+g[sum][lim];
if(nw<l)return acc=nw,void();
len++;
for(int j=lim;j<=cnt;j++){
int res=sum-pr[j]; p[len]=pr[j];
if(res<0)break;
if(res==0||f[res][j])dfs(res,len,j+1,slen+bt[pr[j]]);
}
}
int main(){
init(),cin>>l>>r;
for(int i=2;i<N;i++)dfs(i,0,1,0);
return 0;
}