[JXOI2018]游戏

题目

解法1

发现两个数(x,y)的关系只有两种，分别是：

1. 选择(x)就可以完全包含选择(y)，如选了2就完全包含选择6的作用

2. 只要没有包含关系，那么两个数就无法替代对方

所以有些数必须选，除此之外的数无关紧要，只需要求出必须选的数即可，设它为(m)，可以用欧拉筛或者埃氏筛得到

对于任何一个排列，我们只关心这m个数中的最后一个数的位置（因为只有它影响这个排列的答案），其它的数只是排列方式不同，用排列算种数即可

于是得到式子$$ans=(n-m)! imes sum_{i=m-1}^{n-1}{A_i{m-1}m(i+1)}$$

解释一下：固定第(m)个数在(i+1)位，剩下的(m-1)个数有(A_i^{m-1})种排列方式，第(m)个数有(m)种选法，其他数的排列为((n-m)!)，((i+1))为代价

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define N 10000005
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1000000007; 
int l,r,n,m;
int p[N],ma[N],cnt;
bool isnotp[N];
ll jc[N],inv[N];

ll quickpow(ll a,ll b)
{
	ll ret=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ret=ret*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return ret;
}
void init(int maxn)
{
	jc[0]=1;
	for(int i=1;i<=maxn;++i) jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
	inv[maxn]=quickpow(jc[maxn],mod-2);
	for(int i=maxn-1;i>=0;--i) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
	
	isnotp[1]=1;
	for(int i=2;i<=maxn;++i)
	{
		if(!isnotp[i]) p[++cnt]=i,ma[i]=1;
		for(int j=1;j<=cnt&&(ll)p[j]*i<=maxn;++j)
		{
			isnotp[p[j]*i]=1;
			ma[p[j]*i]=i;
			if(i%p[j]==0) break;
		}
	}
}
ll A(int n,int m) { return n>=m ? jc[n]*inv[n-m]%mod : 0; }

int main()
{
	cin>>l>>r;
	init(r);
	n=r-l+1;
	for(int i=l;i<=r;++i) m+=(ma[i]<l);
	ll ans=0;
	for(int i=m-1;i<=n-1;++i) ans=(ans+A(i,m-1)*m%mod*(i+1)%mod)%mod;
	cout<<(ans*jc[n-m]%mod+mod)%mod<<endl;
	return 0;
}

解法2

显然上面得到了(m)之后的过程太麻烦了QAQ

由于原题可以看做是算期望，所以求出第(m)个数的平均位置即可，即(m/(m+1) imes (n+1))，再乘上(n)个数的排列，答案即$$m/(m+1) imes (n+1)!$$

一位大佬的Code