[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：
-
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
-
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$$ans=(n-m)! \times \sum_{i=m-1}{n-1}{A_im(i+1)}$$
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\(m/(m+1)\times (n+1)\)，再乘上\(n\)个数的排列，答案即$$m/(m+1)\times (n+1)!$$
