题解 CF653G Move by Prime

容易想到每个质数分开处理，每次操作就是次数加一或减一，目标就是让它们全部相等。

这是经典小学奥数问题，抽象成数轴上的点，找到一个点使该点到其余所有点距离和最小。首尾分组，容易发现这些点全部跳到中位数时最优。

令 $x_i$ 表示次数从小到大排序后第 $i$ 大的数，$M(x)$ 表示子序列中 $x_i$ 的中位数。

那问题转化为对所有子序列 $\sum |x_i-M(x)|$ 求和。

简单，$M(x)$ 必定互相抵消。对于所有 $x_i$ 考虑其贡献。

用 $j$ 表示比 $x_i$ 小的选了几个数，$k$ 表示比 $x_i$ 大的选了几个数，分类讨论一下：

• 若 $j<k$，说明中位数比 $x_i$ 大，贡献为 $-x_i$。

• 若 $j=k$，说明中位数等于 $x_i$，贡献为 $0$。

• 若 $j>k$，说明中位数比 $x_i$ 小，贡献为 $x_i$。

对于某些相等的 $x_i$，不用在意它们是否会使答案计算产生错误，因为会互相抵消。于是可以认为 $\mathrm{\forall }j\in [1,i),x_j<x_i$ 且 $\mathrm{\forall }j\in (i,n],x_j>x_i$，尽管某些 $x_j$ 和 $x_i$ 相等。

所以 $x_i$ 对答案贡献为

$$\sum _{j=1}^{i-1}\sum _{k=0}^{j-1}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{j})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{k})}{x}_i-\sum _{j=0}^{i-1}\sum _{k=j+1}^{n-i}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{j})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{k})}{x}_i$$

这是组合数卷积的形式，尝试往范德蒙德卷积上靠，先考虑左边的系数。

尝试枚举 $j+k$ 发现区间是 $[j,2\times j-1]$，两个端点都是动的，这个不好。换枚举 $j-k$，区间是 $[1,j]$，这个好。

令 $d=j-k$，有

$$\begin{array}{rl}\sum _{j=1}^{i-1}\sum _{k=0}^{j-1}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{j})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{k})}& =\sum _{d=1}^{i-1}\sum _{j=d}^{i-1}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{j})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{j-d})}\\ & =\sum _{d=1}^{i-1}\sum _{j=d}^{i-1}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{j})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{n-i-j+d})}\\ & =\sum _{d=1}^{i-1}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{n-i+d})}\\ & =\sum _{d=n-i+1}^{n-1}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{d})}\\ & =\sum _{d=n-i+1}^{n-1}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{n-d-1})}\\ & =\sum _{d=0}^{i-2}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{d})}\end{array}$$

同理有

$$\sum _{j=0}^{i-1}\sum _{k=j+1}^{n-i}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{j})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{k})}=\sum _{d=i}^{n-1}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{d})}$$

所以 $x_i$ 对答案的贡献为

$$[\sum _{d=0}^{i-2}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{d})}-\sum _{d=i}^{n-1}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{d})}]x_i$$

预处理组合数前缀和即可做到 $O(1)$ 计算，因为 $3\times {10}^5$ 以内的数最多有 $6$ 个不同质因数，所以 $x_i\ne 0$ 的位置总共不超过 $6n$ 个，直接做最坏也就 $O(n\log w)$，可以通过。

或者说用 $f_i$ 表示 $x_i$ 的系数，对于相等的 $x_i$ 一块考虑，贡献为一段连续的 $f_i$，预处理 $f_i$ 的前缀和即可。复杂度瓶颈在枚举 $p^k$ 的倍数，这是 $O(w\log \log w)$ 的。