为了方便，下文中的$n$是原来的$\frac{n}{2}$
当确定排列$\{p_{i}\}$后，将$a_{i}$按照$p_{i}$从大到小排序，那么机器人即会不断选第一个元素
考虑玩家最后选择的$n$个元素，合法当且仅当$\forall 1\le i\le n,$其在前$2i$个元素至多选$i$个元素
必要性：考虑前$i$轮，机器人选的总在前$2i$个元素中，反之也即玩家至多在前$2i$个元素中选$i$个元素
充分性：每一轮，玩家不断选择第一个要选的元素
若这样的策略不合法，必然是某次机器人选了玩家要选的元素，假设第一次出现此情况是第$i$轮，由策略该元素前恰有$i$个玩家要选的元素和$i-1$个玩家不选的元素，也即前$2i$个元素中有$i+1$个元素，矛盾
反之也即等价于在后$2i$个元素中，至少选$i$个元素，考虑下述过程：
维护可重集$S$（初始为空），从大到小枚举$i\in [1,n]$，将$a_{2i-1},a_{2i}$加入$S$，并取出$S$中最大的元素（至少要再额外选一个），那么$n$次所取出的元素和即是答案
回到原问题，也即对$\{a_{i}\}$的所有排列求上述过程的答案和
将答案转化为$\sum_{x\in Z^{+}}$取出元素$\ge x$的次数，而对于一个确定的$x$，将元素按照是否$\ge x$标记为01，此时仅需考虑一个01序列的答案（取1的次数）
记$cnt_{i}$为后$2i$个位置中1的个数，则答案为$\min_{0\le i\le n}(cnt_{i}+n-i)$
对此进行归纳——
考虑第$i$次取元素时，$S$中已加入了$cnt_{i}$个1、取出了$\min_{0\le j<i}(cnt_{j}+(i-1)-j)$个1（记后者为$s$），显然取出1当且仅当$[cnt_{i}>s]$，进而(新)答案即$s+[cnt_{i}>s]$
代入式子，也即求证$\min_{0\le j\le i}(cnt_{j}+i-j)=s+[cnt_{i}>s]$，两者均可转换为$\min(s+1,cnt_{i})$，显然相等，即得证
交换排列和$x$的枚举顺序，问题即变为：求所有长为$2n$且恰有$k$个1的01序列上述答案之和
（其中$k$为$\ge x$的元素个数，由于01内部也是不同的，最后还要乘上$k!(2n-k)!$）
为了方便处理，对问题做以下变形——
将序列翻转并将0变为-1，记$sum_{i}$为前缀和，则答案为$n+\frac{\min_{0\le i\le n}sum_{i}}{2}$
$n$可以直接统计，后者转化为$-\sum_{x_{0}\in Z^{-}}[\min_{0\le i\le n}sum_{2i}\le 2x_{0}]$，并交换序列和$x_{0}$的枚举顺序
分析奇偶性，若$sum_{2i+1}\le 2x_{0}$则$sum_{2i}\le 2x_{0}$，进而不妨转换为$\min_{0\le i\le 2n}sum_{i}\le 2x_{0}$
简单构造，问题即统计从$(0,0)$到$(2n,2k-2n)$，每一步$x$坐标+1、$y$坐标$\pm 1$且与$x=2x_{0}$有公共点的路径数
这是一个经典问题，通过翻转可得答案为$\begin{cases}{2n\choose k}&(x_{0}\ge k-n)\\{2n\choose k-2x_{0}}&(x_{0}<k-n)\end{cases}$
将其累加，总答案为$\begin{cases}\sum_{k<i\le 2n,i\equiv k(mod\ 2)}{2n\choose i}&(k-n\ge 0)\\(n-k){2n\choose k}+\sum_{2n-k<i\le 2n,i\equiv k(mod\ 2)}{2n\choose i}&(k-n<0)\end{cases}$
两者都可以通过简单预处理快速求出，同时$x$的枚举仅需要考虑$x=a_{i}$的取值
时间复杂度为$o(n)$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 1000005 4 #define mod 998244353 5 #define ll long long 6 int n,m,ans,a[N],fac[N],inv[N],sum[N]; 7 int C(int n,int m){ 8 return (ll)fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod; 9 } 10 int calc(int k){ 11 int ans=(ll)n*C(m,k)%mod; 12 if (k>=n)ans=(ans-sum[k+2]+mod)%mod; 13 else ans=(ans-((ll)(n-k)*C(m,k)+sum[m-k+2])%mod+mod)%mod; 14 return (ll)ans*fac[k]%mod*fac[m-k]%mod; 15 } 16 int main(){ 17 fac[0]=inv[0]=inv[1]=1; 18 for(int i=1;i<N;i++)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod; 19 for(int i=2;i<N;i++)inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; 20 for(int i=1;i<N;i++)inv[i]=(ll)inv[i-1]*inv[i]%mod; 21 scanf("%d",&m),n=(m>>1); 22 for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&a[i]); 23 sort(a+1,a+m+1); 24 for(int i=m;i;i--)sum[i]=(sum[i+2]+C(m,i))%mod; 25 for(int i=1;i<=m;i++) 26 if ((i==1)||(a[i]!=a[i-1]))ans=(ans+(ll)(a[i]-a[i-1])*calc(m-i+1))%mod; 27 printf("%d\n",ans); 28 return 0; 29 }