正题

题目链接:https://www.luogu.org/problemnew/show/P4562

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题目大意

$l\sim r$的变化，每次访问第$i$个那么$i$的倍数就不用访问了。对于一个顺序$s$，定义$t(s)$表示按这个顺序访问玩前$t(s)$个就都不用访问了。求所有顺序的$t(s)$之和。

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解题思路

若$l==1$时那么只要访问$1$就好了，所以答案是$\frac{r!\ast (r+1)}{2}$
若$l!=1$时我们用质数筛的方法计算有多少个是需要访问的，定义个数为$m$，然后我们用$i$枚举$t(s)$，首先这样的序列有$m\ast C_{n-i}^{n-sum}\ast (i-1)!\ast (n-i)!$
$C_{n-i}^{n-sum}$表示后面不用选的方案数，然后$(n-i)!$将其排列，$(i-1)!$表示前面的排列顺序
然后乘上一个$i$表示$t(s)$

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$code$

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e7+10,XJQ=1e9+7;
ll l,r,fac[N],inv[N],ans,sum,n;
bool v[N];
ll power(ll x,ll b){ll ans=1;while(b){if(b&1) ans=(ans*x)%XJQ;x=(x*x)%XJQ;b>>=1;}return ans;
}
int main()
{scanf("%lld%lld",&l,&r);n=r-l+1;fac[0]=1;for(ll i=1;i<=r;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%XJQ;inv[r]=power(fac[r],XJQ-2);for(ll i=r;i;i--)inv[i-1]=inv[i]*i%XJQ;if(l==1){printf("%lld",fac[r]*(r+1)%XJQ*power(2,XJQ-2)%XJQ);return 0;}for(ll i=l;i<=r;i++){if(v[i]) continue;sum++;for(ll j=i*2;j<=r;j+=i)v[j]=1;}for(ll i=sum;i<=n;i++)(ans+=sum*fac[n-sum]%XJQ*inv[i-sum]%XJQ*fac[i]%XJQ)%=XJQ;printf("%lld",ans);
}