Codeforces Round #680 (Div. 1)

Codeforces Round #680 (Div. 1)

Codeforces Round #680 (Div. 1, based on Moscow Team Olympiad)

A.(思维+质因分解)

题解见注释

/*
O(n)求1-n逆元：前提：p是素数
inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p
prove. Let t=p/i,k=p%i
t*i+k=0 (mod p)
-t*i =k(mod p)
两边同除以ik，-t*inv[k]=inv[i] (mod p)
因此 inv[i]=(p-t)*inv[k] (mod p)
*/
 fac[0]=1;for(int i=1;i<maxn;i++) 
     fac[i]=fac[i-1]*i%mod;//n!
 inv[1]=1;for(int i=2;i<maxn;i++) 
     inv[i]=inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;//O(n)求1-n的逆元
 for(int i=2;i<maxn;i++) 
        inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%mod;

B.

我感觉这题很精彩，主要有两个点：

1.首先是一个结论，就是分割方式不影响最后这段求和后的f。先把a数组排序，前半段属于L，后半段属于R， |qi-pi|,必然一个数属于L，一个数属于R，于是求和的时候就可以前半段的数取负数，后半段的数取正数，相加求和。

这个证明如下，反证法，不妨设两个都属于前半段。

设下标小于pi的数有px个，下标大于qi的有qx个，px<n,qi>=n,无论如何这两个数都碰不上面，产生矛盾。也可以看cf的官方题解。

2.就是O(n)求逆元,学习√

综上最后答案ans=一段求和C[2n][n];

/*
O(n)求1-n逆元：前提：p是素数
inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p
prove. Let t=p/i,k=p%i
t*i+k=0 (mod p)
-t*i =k(mod p)
两边同除以ik，-t*inv[k]=inv[i] (mod p)
因此 inv[i]=(p-t)*inv[k] (mod p)
*/
 fac[0]=1;for(int i=1;i<maxn;i++) 
     fac[i]=fac[i-1]*i%mod;//n!
 inv[1]=1;for(int i=2;i<maxn;i++) 
     inv[i]=inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;//O(n)求1-n的逆元
 for(int i=2;i<maxn;i++) 
        inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%mod;

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=4e6+100;
const int mod=998244353;
ll n,a[maxn],fac[maxn],inv[maxn];
#define debug(x) cout<<#x<<':'<<x<<endl;
int main(){
    
    fac[0]=1;for(int i=1;i<maxn;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;//n!
    inv[1]=1;for(int i=2;i<maxn;i++) inv[i]=inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;//O(n)求1-n的逆元
    for(int i=2;i<maxn;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%mod;
    
    ll ans=0;
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=1;i<=2*n;i++){
        scanf("%lld",&a[i]);
    }
    sort(a+1,a+2*n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++) ans-=a[i];
    for(int i=n+1;i<=2*n;i++) ans+=a[i];
    ans=ans%mod*fac[2*n]%mod*inv[n]%mod*inv[n]%mod;
    printf("%lld",ans);
}