【CF1445D】Divide and Sum 題解
阿新 • • 發佈：2020-11-02
[題目連結](https://codeforces.ml/contest/1445/problem/D)
# 題意簡介
將一個長度為 2n 的數列平均分為兩個子數列 p 和 q 後，p 按從小到大排序，q 按從大到小排序。
排序後，記 p 為 $\{x_i\}$ ，q 為 $\{y_i\}$ ，對每種劃分方式，有 $f(p,q) = \sum |x_i - y_i|$
現在我們想要知道對所有的劃分方案 $(p,q)$ ，$\sum f(p,q)$ 是多少。
資料範圍：$1 \leq n \leq 150000$ 答案對 998244353 取模。
Two partitions of an array are considered different if the sets of indices of elements included in the subsequence p are different.
這句話可以這麼理解，就算元素的值相同，只要它們在原數列中的下標不同，就算為不同的元素。
只要原列組中有一個元素的所處位置( p 或 q )不同，就視為兩種劃分方式不同。
# 思路分析
考慮暴力，我們會發現我們共需要討論 ${2n \choose n}$ 種情況，顯然不能這麼算。
(上面那個是組合數公式 2n 選 n)
於是我們自然而然地想到，既然對每種劃分情況行不通，我們就考慮**把每個數分開來，討論其對於答案的貢獻**。
通過對式子的觀察，我們可以得出結論：$x_i,y_i$ 中**較大值對答案貢獻為正，較小值對答案貢獻為負**。
首先對原數列做排序處理。
現在我們對原數列進行從小到大排序，考慮從左到右選到第 i 個數 $a_i$ 時，之前選了 $k$ 個數在**數列 q** 中，$i-1-k$ 個數在 p 中的情形。
(為避免重複計算與討論的麻煩，不妨假設排序時，對於值相同的元素，在 $\{a_i\}$ 中的下標越小越小。)
於是我們知道，前 i-1 個數都比 $a_i$ 小。
由於我們從左到右選數，我們不難看出，每選到一個數加入數列 q，這個數將從右往左地新增到 q 中。而如果是加入數列 p，這個數將被從左往右地加入 p 中。如下圖：
接下來我們分析，假定我們希望將 $a_i$ 選入 **p** 中，那麼 $a_i$ 對應的實際上就是 $x_{i-1-k}$，想要這個數對答案的貢獻為**正**，我們就需要使其對應的 $y_{i-1-k}$ 比它小。由於我們已經將原數列排序，所以這個 $y_{i-1-k}$ 在原數列中對應的 $a_j$ 應有 $j n$ 這樣一條與 k 無關的式子。
換句話說，只要滿足 $i > n$ ，任何的將 $a_i$ 放在 $p$ 的情形，$a_i$ 對答案的貢獻都是正的。反之，貢獻為負。
同理，假如我們考慮把 $a_i$ 放到 **q** 中，同理，假如我們希望其貢獻為正，那麼 $a_i$ 對應的 $y_j$ 所對應的 $x_j$ 所對應的 $a_l$ 的下標應該出現在 i 之前，也就是比 $a_i$ 小。
上面這句話可能有點繞。如下圖。
顯然，只有當 $i-1-k \geq n-1-k+1$ 時，$a_i$ 對答案的貢獻為正。
化簡後，我們又得到了同一條式子：$i >
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
#define REG register
#define rep(i,a,b) for(REG int i=a;i<=b;i++)
const int N=3e5+5,mod=998244353;
int A[N],n; ll fac[N],ans1,ans2;
inline ll _pow(ll x,int p){
REG ll ans=1;
while(p) (p&1)&&(ans=ans*x%mod),x=x*x%mod,p>>=1;
return ans;
}
inline ll _inv(ll x){
return _pow(x,mod-2);
}
inline ll C(ll a,ll b){
return fac[a]*_inv(fac[b])%mod*_inv(fac[a-b])%mod;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
rep(i,1,n<<1) scanf("%d",A+i);
sort(A+1,A+(n<<1)+1);
fac[0]=1;
rep(i,1,n<<1) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
ll temp=C(n<<1,n);
rep(i,1,n) ans1=(ans1+A[i]*temp)%mod;
rep(i,n+1,n<<1) ans2=(ans2+A[i]*temp)%mod;
printf("%lld\n",(-ans1+ans2+mod)%mod);
return 0;
}
```