CF1444B Divide and Sum

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考虑一个最朴素的暴力:枚举两个数，再用组合数算答案。

考虑算贡献。先排好序。

一个数有两个贡献，加的贡献和减的贡献。

可以枚举每一个数，钦定这个数一定是降序排序的，结果乘二，然后枚举在这个数之前选几个。

代码大概长这样:

sort(a+1,a+2*n+1);
for(int i=1;i<=2*n;i++){
	for(int j=1;j<=min(i,n);j++){
		if(i-j-1<=n-j-1) ans-=a[i]*c(j,i)*c(n-j-1,n-i);
		else ans+=a[i]*c(j,i)*c(n-j-1,n-i);
	}
}

观察判断是加贡献还是减贡献的判断:\(i-j-1\leq n-j-1\)

化简一下得到\(i\leq n\)

即对于每个数，它只可能有一种贡献，而是否有贡献取决于它排好序后在前半边还是后半边。

那么我们要求得式子就是\(\sum\limits_{i=n+1}^{2\times n}{\sum\limits_{j=1}^{n-i}{C^{i}_{j}\times C^{2\times n-i}_{n-j-1}\times a_{i}}}-\sum\limits_{i=1}^{n}{\sum\limits_{j=1}^{i-1}{C^{i}_{j}\times C^{2\times n-i}_{n-j-1}\times a_i}}\)

然后发现后面这一堆东西很难从数论的角度上优化。

考虑整体一起算，那么就是在除了这个剩下\(2\times n-1\)中取\(n-1\)个，即\(C^{2\times n-1}_{n-1}\)

那么答案就是\((\sum\limits_{i=1}^{n}{a_{n+i}-a_{i}})\times C^{2\times n-1}_{n-1}\)

这个东西随便算就好了。

别忘了\(\times2\)

代码实现:

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define mod 998244353
using namespace std;
int n,m,k,x,y,z;
long long ans,a[400039],po[300039],pr[300039],f[300039],now,s[300039],sf[300039],head;
int main(){
	register int i,j;
	scanf("%d",&n);
	for(i=1;i<=2*n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
	po[0]=1;
	for(i=1;i<=2*n;i++) po[i]=po[i-1]*2%mod;
	sort(a+1,a+2*n+1);
	for(i=1;i<=2*n;i++){
		if(i>n) ans=(a[i]+ans)%mod;
		else ans=(ans-a[i]+mod)%mod;
	}
	for(i=2; i<=300000; i++) {
		if(!f[i]) s[++head]=i,pr[i]=i;
		for(j=1; j<=head&&i*s[j]<=300000; j++) {
			f[i*s[j]]=1;pr[i*s[j]]=s[j];
			if(i%s[j]==0) break;
		}
	}
	for(i=1;i<=2*n-1;i++){
		now=i;
		while(now!=1) sf[pr[now]]++,now/=pr[now];
	} 
	for(i=1;i<=n-1;i++){
		now=i;
		while(now!=1) sf[pr[now]]--,now/=pr[now];
	}
	for(i=1;i<=n;i++){
		now=i;
		while(now!=1) sf[pr[now]]--,now/=pr[now];
	}
	for(i=1;i<=2*n;i++){
		while(sf[i]) ans=ans*i%mod,sf[i]--;
	}
	printf("%lld\n",ans*2%mod);
}