P8590 『JROI-8』这是新历的朝阳，也是旧历的残阳

本文一开始参考了@ ScottSuperb 的博客的 $code$ 。

挺好的思维题。

注意，满足数列 $a_{i}<a_{i+1}$ 。

主题的思路：贪心，数学。

正数阵营：对于分到第 $k$ 次，平方贡献是 $(a[i]+k)^2$ 的。

负数阵营：对于分到第 $k$ 次，平方贡献是 $(a[i]+1)^2$ 的。

首先，对于分成 $k \geq 2$ 的段，我们为了使贡献最大，我们只可以数分成两部分，一部分放在第一段，这一段的数都是负数，因为加 $1$ 会让他们的平方损失贡献最小。而对于某些负数，即 $\left\vert a+1 \right\vert<a+m$ 的情况，这个数在正数阵营中的贡献就更大了，我们把它归入正数阵营之中。

由于本题 $n\leq10^6$ ， $k\leq10^7$ ，数据范围很大，普通的暴力必然是不可行的，考虑数学，即推式子。

前置：我们设 $b$ 表示第一个正数阵营出现的位置， $now$ 表示当前这一分段的总和， $sum1$ 所有正数阵营的和， $n$ 表示正数阵营的个数， $ans$ 为答案。

最开始的时候，所有负数都在负数阵营。

首先考虑正数的贡献。

假设现在划分到第 $m$ 次，那么当前的正数贡献就是 $\sum_{i=x}^n(a_i+m)^2$ ，到第 $m+1$ 次，正数的贡献就是 $\sum_{i=x}^n(a_i+m+1)^2$ （多出一个空集）。拆开这两个式子作差，差就是 $(\sum_{i=x}^na_{i})+n$ 。

所以，正数的贡献可以由上一次推过来的，时间为 $O(1)$ 。

对于负数，我们知道，在 $\left\vert a+1 \right\vert<a+m$ 的情况下，他可以归入正数中。那么 $now+=((a[i]+m)^2-(a[i]+1)^2)$ ，即统计负数归入正数阵营的时候，所给与的贡献，同时正数阵营个数加一个，第一个正数阵营出现的位置往前推，更新 $ans$ 的答案，即它在负数阵营和正数阵营的差值， $sum1$ 加上当前的数加上 $m$ 的和。

最后记得取模。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =1e6+10;
const int mod=998244353;
#define int long long
int a[N];
int n,k,b;
int now,ans,sum1,now1;
signed main()
{
// 	freopen(".in","r",stdin);
// 	freopen(".out","w",stdout);
	cin>>n>>k;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		b+=a[i]<0;
		now=(now+(a[i]+1)*(a[i]+1))%mod;
	}
	ans+=now;
	for(int i=b;i<n;i++)
		sum1=(sum1+a[i]+1)%mod;
	n-=b;
	for(int m=2;m<=k;m++)
	{
		ans=(ans+(now=(now+sum1*2%mod+n)%mod))%mod;
		sum1=(sum1+n)%mod;
		while(b>0&&a[b-1]+m>abs(a[b-1]+1))
		{
			--b,++n;
			now1=(a[b]+m)*(a[b]+m)%mod-(a[b]+1)*(a[b]+1)%mod;
			ans=(ans+now1)%mod,now=(now+now1)%mod,sum1=(sum1+(a[b]+m))%mod;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}