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

$sumlimits_{i=imp}^{len}imp*C_{len-imp}^{i-imp}*(i-1)!*(len-i)!$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e7+70;
const long long mod=1e9+7;
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==1) return x;
    long long tmp=qpow(x,k/2);
    return k%2?tmp*tmp%mod*x%mod:tmp*tmp%mod;
}
void prework()
{
    len=r-l+1,facs[0]=inv[0]=1;
    for(int i=1;i<=len;i++)
        facs[i]=facs[i-1]*i%mod;
    inv[len]=qpow(facs[len],mod-2);
    for(int i=len-1;i;i--)
        inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
    for(long long i=l;i<=r;i++)
        if(!mark[i])
        {
            imp++;
            for(long long j=2*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-1]%mod*facs[len-i]%mod*i%mod,ans%=mod;
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}