首先令$n=r-l+1$。

令$k$表示區間$[l,r]$中存在多少個數$x$，使得$x$不存在小於$x$且在區間$[l,r]$中的因數，我們把包含這些數的數集稱為$S$

我們來先想一個$O(nk)$的$min-max$容斥做法吧。。。。。

顯然這一題我們可以轉化為min-max容斥的模型（將這k個數選完期望需要選多少次）

$max_{S}=\sum_{T∈S}(-1)^{|T+1|}min_{T}$。

令$P_x=\sum_{T∈S\ and\ |T|=x} min_{T}$。

我們推一推式子就會發現$P_i=x!(n-x)!\sum_{i=1}{n-k+1}i\binom{n-i}{k-i}$。

然後我們發現這個式子是$O(n^2)$的，而且非常難以推出。

代碼如下（這個代碼可能有點假）

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define L long long
 3 #define MOD 1000000007
 4 #define M 10000005
 5 using namespace std;
 6 
 7 L pow_mod(L x,L k){L ans=1; for(;k;k>>=1,x=x*x%MOD) if(k&1) ans=ans*x%MOD; return ans;}
 8 L fac[M]={0},invfac[M]={0
 
};
 9 L C(int n,int m){return fac[n]*invfac[m]%MOD*invfac[n-m]%MOD;}
10 
11 int vis[M]={0}; 
12 int n,k=0;
13 
14 L p[M]={0};
15 
16 int main(){
17     fac[0]=1; for(int i=1;i<M;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
18     invfac[M-1]=pow_mod(fac[M-1],MOD-2);
19     for(int i=M-2;~i;i--) invfac[i]=invfac[i+1
 
]*(i+1)%MOD;
20     
21     int l,r; cin>>l>>r; n=r-l+1;
22     for(int i=l;i<=r;i++){
23         if(vis[i]) continue;
24         k++;
25         for(int j=i;j<=r;j+=i) vis[j]=1;
26     }
27     
28     for(int x=1;x<=k;x++){
29         L now=0;
30         for(int i=1;i<=n-x+1;i++){
31             L s=i;
32             for(int j=1;j<x;j++) s=s*(n-i-j+1)%MOD;
33             now=(now+s)%MOD;
34         }
35         p[x]=now*x%MOD*fac[n-x]%MOD;
36     }
37     L ans=0;
38     for(L x=1,zf=1;x<=k;x++,zf=-zf){
39         ans=(ans+zf*p[x]*C(k,x)%MOD+MOD)%MOD;
40     }
41     cout<<ans<<endl;
42 }

考慮一些簡單的方法

我們考慮回題目中的枚舉排列。令$F_i$表示 $t(p)=i$的排列個數，那麽答案顯然為$\sum_{i=k}^{n}F_i$

不難發現，一種$t(p)=i$的排列，其前$i-1$項中必包含有數集$S$中$k-1$個數，且第i個數必為數集$S$中的數。

那麽不難求出$F_i=k(n-k)!\dfrac{i!}{(i-k)!}$

答案即為$k(n-k)!\sum_{i=k}^{n} \dfrac{i!}{(i-k)!}$

隨便求一求就好了

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define L long long
 3 #define MOD 1000000007
 4 #define M 10000005
 5 using namespace std;
 6 
 7 L pow_mod(L x,L k){L ans=1; for(;k;k>>=1,x=x*x%MOD) if(k&1) ans=ans*x%MOD; return ans;}
 8 L fac[M]={0},invfac[M]={0};
 9 L C(int n,int m){return fac[n]*invfac[m]%MOD*invfac[n-m]%MOD;}
10 
11 int vis[M]={0}; 
12 int n,k=0;
13 
14 L p[M]={0};
15 
16 int main(){
17     fac[0]=1; for(int i=1;i<M;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
18     invfac[M-1]=pow_mod(fac[M-1],MOD-2);
19     for(int i=M-2;~i;i--) invfac[i]=invfac[i+1]*(i+1)%MOD;
20     
21     int l,r; cin>>l>>r; n=r-l+1;
22     for(int i=l;i<=r;i++){
23         if(vis[i]) continue;
24         k++;
25         for(int j=i;j<=r;j+=i) vis[j]=1;
26     }
27     L ans=k*fac[n-k]%MOD,sum=0;
28     for(int i=k;i<=n;i++)
29     sum=(sum+fac[i]*invfac[i-k])%MOD;
30     cout<<ans*sum%MOD<<endl;
31 }

【jxoi2018】遊戲 組合數學