ABC353C Sigma Problem 题解

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题目中的两个求和符号 $\sum_{i=1}^{N-1} \sum_{j=i+1}^{N}$ 实际上是在枚举所有的有序数对 $(i, j)$ 。而有序数对的个数 $N(N-1)/2 = O(N^{2})$ ，真的去枚举所有数对肯定会 T。这时应该考虑去拆贡献，求出每个 $A_i$ 对答案的贡献。

这道题的一个要点是要注意到题目中 $A_i < 10^8$ 。也就是说，对于任意的 $A_i, A_j$ ，要么 $A_i + A_j < 10^8$ ，此时有 $f(A_i, A_j) = A_i + A_j$ ；要么 $10^8 \le A_i + A_j < 2 \times 10^8$ ，此时有 $f(A_i, A_j) = A_i + A_j - 10^8$ 。

现在暂时不考虑第二种情况。这时所求的答案实际上就是枚举所有有序数对 $(i, j)$ ，求和 $A_i + A_j$ 。因为每个 $A_i$ 恰好出现在 $N-1$ 个数对中，所以此时的答案是 $(N-1) \sum_{i=1}^{N} A_i$ 。

（为什么每个 $A_i$ 恰好出现在 $N-1$ 个数对中？原因十分简单：因为我们枚举了所有的有序数对，所以每个 $A_i$ 一定和除了它本身之外的所有 $N-1$ 个元素都“配对”过一次，因此就出现在 $N-1$ 个数对中。当然，因为是有序数对，可能 $A_i$ 有时是数对的第一个元素，有时是数对的第二个元素，但这显然不影响答案。）

如果考虑第二种情况，最终的答案就要减去若干个 $10^8$ 。具体减去多少个呢？对于某个 $A_i$ ，找出所有满足 $A_i + A_j \ge 10^8$ 且 $j > i$ 的 $j$ 的个数，那么 $A_i$ 就对答案贡献了这么多个 $-10^8$ 。（这里限定 $j > i$ 是因为题目中要求有序数对，不这么限定会导致重复计算。）于是可以先把 $A$ 数组排序，对于某个 $A_i$ ，就可以二分查找出第一个满足 $A_i + A_j \ge 10^8$ 且 $j > i$ 的 $j_0$ ，于是满足条件的 $j$ 的总数就是 $N-j_0+1$ 。

（为什么排序不会改变答案？要点在于题目中的 $f(x, y)$ 函数满足“交换律”，或者说 $f(x, y) = f(y, x)$ ，所以可以随意调换数组元素的顺序而不改变答案。与之区分的是本场比赛的 D 题，那道题和本题很像，都是枚举所有的有序数对 $(i, j)$ ，然后求值某个二元函数的函数值的和。但 D 题的函数不满足这种“交换律”，所以不能先排序再求和。）

综上，我们先求出所有 $A_i$ 的和的 $N-1$ 倍，再枚举所有的 $A_i$ ，找出应该减去多少个 $10^8$ 即可。时间复杂度 $O(N \log N)$ ，瓶颈在排序和二分查找。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;
constexpr int MAXN = 3e5 + 10;
constexpr ll MOD = 1e8;
int n;
ll a[MAXN], ans, cnt;

int main()
{
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i], ans += (n-1) * a[i];
	sort(a + 1, a + n + 1);
	for(int i = 1; i < n; i++)
	{
		ll x = MOD - a[i];
		int pos = lower_bound(a + i + 1, a + n + 1, x) - a; // 注意这里是从 a[i+1] 开始找的，这样能确保不会重复计算
		cnt += n - pos + 1;
	}
	ans -= cnt * MOD;
	cout << ans << endl;
	return 0;
}