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:$i-j-1\le n-j-1$

化简一下得到$i\le n$

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$\sum _{i=n+1}^{2\times n}\sum _{j=1}^{n-i}{C}_j^i\times C_{n-j-1}^{2\times n-i}\times a_i-\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{i-1}{C}_j^i\times C_{n-j-1}^{2\times n-i}\times a_i$

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$C_{n-1}^{2\times n-1}$

那么答案就是$(\sum _{i=1}^n{a}_{n+i}-a_i)\times C_{n-1}^{2\times n-1}$

这个东西随便算就好了。

别忘了$\times 2$

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("%lldn",ans*2%mod);
}

最后

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