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https://www.luogu.org/problemnew/show/P4562
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solution:
- 注意到$l=1$的时候，$t(p)$就是$1$出现的位置，答案就是$1$出现的位置之和;
- 这启发我们找一些关键的数字，这些数字在$[l,r]$内不存在约数;
- 结论是$t(p)$为最后一个关键数的位置;
- 不妨反证法，假设当所有的关键数都被用掉时还有数字没有筛掉。设最后一个关键数的位置为$pos$，既然还没有全部筛完，那么在$[pos+1,n]$之间还存在数字没有被筛掉。对于其中一个没有被筛掉的数，由于它并不是关键数，那么它的某一个约数一定还没有被筛掉，那么它约数的约数也没有被筛掉...以此类推，直到一个在$[l,r]$之间没有约数的数还没有被筛掉，但我们又知道这样的数已经被用完了，假设不成立;
- 我们可以通过埃氏筛算出关键数的个数$sum$;
- 设$f_i$为$t(p)$等于$i$的排列个数，$n=r-l+1$,$f_i=sum*\dbinom{n-sum}{n-i}*(n-i)!*(i-1)!$;
- $ans=\sum_{i=sum}^{n}f_i*i$;
code:
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll; const int N=1e7+;
const int mo=1e9+;
int l,r,sum,n;
bool vis[N];
int fac[N],finv[N];
int qpow(int a,int b)
{
int re=;
for (;b;b>>=,a=1ll*a*a%mo) if (b&) re=1ll*re*a%mo;
return re;
}
int C(int a,int b)
{
if (a==b||!b) return ;
return 1ll*fac[a]*finv[b]%mo*finv[a-b]%mo;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&l,&r);
n=r-l+;
fac[]=;
for (int i=;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-]*i%mo;
for (int i=l;i<=r;i++)
{
if (!vis[i])
{
sum++;
for (int j=i<<;j<=r;j+=i) vis[j]=;
}
}
finv[n]=qpow(fac[n],mo-);
for (int i=n-;i>=;i--) finv[i]=1ll*finv[i+]*(i+)%mo;
int ans=;
for (int i=sum;i<=n;i++)
{
(ans+=1ll*sum*C(n-sum,n-i)%mo*fac[n-i]%mo*fac[i-]%mo*i%mo)%=mo;
}
printf("%d\n",ans);
return ;
}