由圆排列的公式，不难有 C ( n , k ) = ( k n ) × k ! k C(n,k)=(_k^n)\times \frac{k!}{k} C(n,k)=(kn)×kk!
于是答案为 ∑ i = 1 n ∑ j = 1 i ( ( j i ) ⋅ ( j − 1 ) ! ) m o d j \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}((_j^i)\cdot (j-1)!)mod\space j ∑i=1n∑j=1i((ji)⋅(j−1)!)mod j
显然交换求和次序，有 ∑ i = 1 n ∑ j = i n ( ( i j ) ⋅ ( i − 1 ) ! ) m o d i \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i}^{n}((_i^j)\cdot (i-1)!)mod\space i ∑i=1n∑j=in((ij)⋅(i−1)!)mod i
由威尔逊定理可将 i i i限定在质数和 4 4 4之中，再由卢卡斯定理（这个一定要手写写出来才会发现很容易化简，比赛的时候就觉得可以用程序去算就没有化简，从而导致根本没办法往下面做，所以以后遇到公式了一定要手写写出来）可化简为 ∑ i = 1 n ∑ j = i n ( ⌊ j i ⌋ ⋅ ( i − 1 ) ) m o d i \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i}^{n}(\lfloor\frac{j}{i}\rfloor\cdot (i-1))mod\space i ∑i=1n∑j=in(⌊ij⌋⋅(i−1))mod i
补题的时候一直想的是每个 i i i对整体的贡献，但是题解告诉我们也可以考虑 i i i对特定局部的贡献，最后将所有局部汇总就好了
具体来说，这里反过去考虑 ∑ i = 1 n ∑ j = 1 i ( ( j i ) ⋅ ( j − 1 ) ! ) m o d j \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}((j^i)\cdot (j-1)!)mod\space j ∑i=1n∑j=1i((ji)⋅(j−1)!)mod j，设 d p [ i ] = ∑ j = 1 i ( ( j i ) ⋅ ( j − 1 ) ! ) m o d j dp[i]=\sum{j=1}^{i}((j^i)\cdot (j-1)!)mod\space j dp[i]=∑j=1i((ji)⋅(j−1)!)mod j，再考虑 ∑ i = 1 n ∑ j = i n ( ⌊ j i ⌋ ⋅ ( i − 1 ) ) m o d i \sum{i=1}^{n}\sum_{j=i}^{n}(\lfloor\frac{j}{i}\rfloor\cdot (i-1))mod\space i ∑i=1n∑j=in(⌊ij⌋⋅(i−1))mod i，统计每个 i i i对 d p dp dp数组的贡献（枚举倍数利用差分），时间复杂度为 O ( n O(n O(n ln n ) n) n)