【BZOJ5323】游戏（JXOI2018）-线性筛+组合计数

测试地址：游戏
做法：本题需要用到线性筛+组合计数。
首先我们知道，如果一个数在区间内没有除了它自己以外的因数，那么这个数就必须要取，不然不能满足所有数都被取过。再然后，如果一个数在区间内有除了它自己以外的因数，那它就没有必要取了，也就是说取这个数是多余的，因为它的某一个因数是一定要取的，那么在它被取的时候这个数就已经被取了。由这两个结论，我们得出一个排列p$p$的t(p)$t(p)$就等于那些在区间内没有除了自己以外因数的数，在排列p$p$中最后一个出现的位置。
现在有两个问题，一个是如何求一个数是不是在区间内没有除自己以外的因数，另一个是如何统计所有排列p$p$的t(p)$t(p)$之和。
对于第一个问题，我们显然要找到该数除了自己以外的最大的因数，如果这个因数不在区间中，就表示这个数在区间中没有除自己以外的因数。显然这个因数等于原数除以它最小的质因子，而区间[l,r]$[l,r]$中所有数的最小的质因子可以通过线性筛来O(n)$O(n)$算出，于是我们解决了这一个问题。
对于第二个问题，令所有在区间中没有除自己以外因数的数的个数为tot$tot$，考虑求满足t(p)=i(tot≤i≤r−l+1)$t(p)=i(tot\le i\le r-l+1)$的排列数目，显然此时满足条件的排列数为Ctot−1i−1⋅tot!⋅(n−tot)!$C_{i-1}^{tot-1}\cdot tot!\cdot (n-tot)!$，可以化简为tot⋅(n−tot)!⋅(i−1)!(i−tot)!$tot\cdot (n-tot)!\cdot \frac{(i-1)!}{(i-tot)!}$。于是有：
ans=tot⋅(n−tot)!⋅∑r−l+1i=toti⋅(i−1)!(i−tot)!$ans=tot\cdot (n-tot)!\cdot \sum _{i=tot}^{r-l+1}i\cdot \frac{(i-1)!}{(i-tot)!}$
O(n)$O(n)$预处理阶乘和阶乘的逆元后即可O(n)$O(n)$算出这个式子，那么我们就解决了这一题。
从机房大佬那里学了一个求阶乘和阶乘逆元的常数很小的方法：先简单地求出阶乘，再快速幂算出n!$n!$的逆元，然后倒着推出阶乘的逆元，即inv((i−1)!)=inv(i!)⋅imodmod$inv((i-1)!)=inv(i!)\cdot i\mathrm{mod}mod$，这样可以极大地减小取模的常数，在这种卡常题中特别有用。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1000000007;
int l,r,prime[2000010],low[10000010];
ll fac[10000010],inv[10000010],ans=0;

void calc_prime()
{
    prime[0]=0;
    low[1]=1;
    for(int i=2;i<=r;i++)
    {
        if (!low[i])
        {
            prime[++prime[0]]=i;
            low[i]=i;
        }
        for(int j=1;j<=prime[0]&&i*prime[j]<=r;j++)
        {
            low[i*prime[j]]=prime[j];
            if (i%prime[j]==0) break;
        }
    }
}

ll power(ll a,ll b)
{
    ll s=1,ss=a;
    while(b)
    {
        if (b&1) s=s*ss%mod;
        ss=ss*ss%mod;b>>=1;
    }
    return s;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&l,&r);
    calc_prime();

    fac[0]=fac[1]=1;
    inv[0]=inv[1]=1;
    for(ll i=2;i<=r;i++)
        fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inv[r]=power(fac[r],mod-2);
    for(ll i=r;i>=1;i--)
        inv[i-1]=inv[i]*i%mod;

    int tot=0;
    for(int i=l;i<=r;i++)
        if (i/low[i]<l) tot++;
    if (l==1) tot++;
    for(ll i=tot;i<=r-l+1;i++)
        ans=(ans+fac[i]*inv[i-tot]%mod)%mod;
    printf("%lld",ans*tot%mod*fac[r-l+1-tot]%mod);

    return 0;
}