acm-(推式子、好题、数学、排列计数)2020ICPC·小米网络选拔赛第一场 H.Grouping

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先将aia_iai从小到大排序。
然后这里有一些符号约定：

ggg表示一个分组，
wg=∣ai−aj∣w_g=|a_i-a_j|wg=∣ai−aj∣表示某个组ggg的权值，
GGG表示所有分组构成的一个不重集，
mmm表示一种对序列的分组方案,
wm‾=1n∑g∈mwg\overline{w_m}=\frac 1n\sum_{g\in m}w_gwm=n1∑g∈mwg表示分组方案mmm中各个组权值的平均数，
Wm=1n∑g∈m(wg−wm‾)2W_m=\frac 1n\sum_{g\in m}(w_g-\overline{w_m})^2Wm=n1∑g∈m(wg−wm)2表示分组方案mmm的权值(见题目定义)，
MMM表示所有分组方案构成的一个不重集，
sum[n]=∑i=1naisum[n]=\sum_{i=1}^na_isum[n]=∑i=1nai代表前缀和。

于是我们要求的其实就是
ans=1∣M∣∑m∈MWm=1n∣M∣∑m∈M∑g∈m(wg2−2wgwm‾+wm‾2)=1n∣M∣∑m∈M∑g∈mwg2−1n∣M∣∑m∈Mwm‾∑g∈m(2wg−wm‾)=1n∣M∣∑m∈M∑g∈mwg2−1n∣M∣∑m∈M1n[∑g∈mwg][2∑g∈mwg−∑g∈mwm‾]=1n∣M∣∑m∈M∑g∈mwg2−1n2∣M∣∑m∈M[∑g∈mwg][2∑g∈mwg−∣m∣wm‾]=1n∣M∣∑m∈M∑g∈mwg2−1n2∣M∣∑m∈M[∑g∈mwg][2∑g∈mwg−∑g∈mwg]=1n∣M∣∑m∈M∑g∈mwg2−1n2∣M∣∑m∈M[∑g∈mwg][∑g∈mwg]=1n∣M∣∑m∈M∑g∈mwg2−1n2∣M∣∑m∈M(∑g∈mwg)2\begin{aligned} ans&=\frac 1{|M|}\sum_{m\in M}W_m\\ &=\frac 1{n|M|}\sum_{m\in M}\sum_{g\in m}(w_g^2-2w_g\overline{w_m}+\overline{w_m}^2)\\ &=\frac 1{n|M|}\sum_{m\in M}\sum_{g\in m}w_g^2-\frac 1{n|M|}\sum_{m\in M}\overline{w_m}\sum_{g\in m}(2w_g-\overline{w_m})\\ &=\frac 1{n|M|}\sum_{m\in M}\sum_{g\in m}w_g^2-\frac 1{n|M|}\sum_{m\in M}\frac 1n[\sum_{g\in m}w_g][2\sum_{g\in m}w_g-\sum_{g\in m}\overline{w_m}]\\ &=\frac 1{n|M|}\sum_{m\in M}\sum_{g\in m}w_g^2-\frac 1{n^2|M|}\sum_{m\in M}[\sum_{g\in m}w_g][2\sum_{g\in m}w_g-|m|\overline{w_m}]\\ &=\frac 1{n|M|}\sum_{m\in M}\sum_{g\in m}w_g^2-\frac 1{n^2|M|}\sum_{m\in M}[\sum_{g\in m}w_g][2\sum_{g\in m}w_g-\sum_{g\in m}w_g]\\ &=\frac 1{n|M|}\sum_{m\in M}\sum_{g\in m}w_g^2-\frac 1{n^2|M|}\sum_{m\in M}[\sum_{g\in m}w_g][\sum_{g\in m}w_g]\\ &=\frac 1{n|M|}\sum_{m\in M}\sum_{g\in m}w_g^2-\frac 1{n^2|M|}\sum_{m\in M}(\sum_{g\in m}w_g)^2\\ \end{aligned}ans=∣M∣1m∈M∑Wm=n∣M∣1m∈M∑g∈m∑(wg2−2wgwm+wm2)=n∣M∣1m∈M∑g∈m∑wg2−n∣M∣1m∈M∑wmg∈m∑(2wg−wm)=n∣M∣1m∈M∑g∈m∑wg2−n∣M∣1m∈M∑n1[g∈m∑wg][2g∈m∑wg−g∈m∑wm]=n∣M∣1m∈M∑g∈m∑wg2−n2∣M∣1m∈M∑[g∈m∑wg][2g∈m∑wg−∣m∣wm]=n∣M∣1m∈M∑g∈m∑wg2−n2∣M∣1m∈M∑[g∈m∑wg][2g∈m∑wg−g∈m∑wg]=n∣M∣1m∈M∑g∈m∑wg2−n2∣M∣1m∈M∑[g∈m∑wg][g∈m∑wg]=n∣M∣1m∈M∑g∈m∑wg2−n2∣M∣1m∈M∑(g∈m∑wg)2

接下来分对答案式子中的两个部分分别求解。

对于第一部分1n∣M∣∑m∈M∑g∈mwg2\frac 1{n|M|}\sum_{m\in M}\sum_{g\in m}w_g^2n∣M∣1∑m∈M∑g∈mwg2，首先由于每个组出现的可能性相同，我们有1n∣M∣∑m∈M∑g∈mwg2=1∣G∣∑g∈Gwg2\frac 1{n|M|}\sum_{m\in M}\sum_{g\in m}w_g^2=\frac 1{|G|}\sum_{g\in G}w_g^2n∣M∣1∑m∈M∑g∈mwg2=∣G∣1∑g∈Gwg2，
其中∣G∣=2n(2n−1)2=n(2n−1)|G|=\frac {2n(2n-1)}{2}=n(2n-1)∣G∣=22n(2n−1)=n(2n−1)，
∑g∈Gwg2=∑i=12n∑j=i+12n(ai2+aj2−2aiaj)=∑i=12n∑j=i+12nai2+∑i=12n∑j=i+12naj2−∑i=12n∑j=i+12n2aiaj=∑i=12n(2n−i)ai2+∑i=12n(i−1)ai2−∑i=12n2aisum[i−1]=∑i=12n(2n−1)ai2+∑i=12n2aisum[i−1]\begin{aligned} \sum_{g\in G}w_g^2&=\sum_{i=1}^{2n}\sum_{j=i+1}^{2n}(a_i^2+a_j^2-2a_ia_j)\\ &=\sum_{i=1}^{2n}\sum_{j=i+1}^{2n}a_i^2+\sum_{i=1}^{2n}\sum_{j=i+1}^{2n}a_j^2-\sum_{i=1}^{2n}\sum_{j=i+1}^{2n}2a_ia_j\\ &=\sum_{i=1}^{2n}(2n-i)a_i^2+\sum_{i=1}^{2n}(i-1)a_i^2-\sum_{i=1}^{2n}2a_isum[i-1]\\ &=\sum_{i=1}^{2n}(2n-1)a_i^2+\sum_{i=1}^{2n}2a_isum[i-1]\\ \end{aligned}g∈G∑wg2=i=1∑2nj=i+1∑2n(ai2+aj2−2aiaj)=i=1∑2nj=i+1∑2nai2+i=1∑2nj=i+1∑2naj2−i=1∑2nj=i+1∑2n2aiaj=i=1∑2n(2n−i)ai2+i=1∑2n(i−1)ai2−i=1∑2n2aisum[i−1]=i=1∑2n(2n−1)ai2+i=1∑2n2aisum[i−1]
因此对于第一部分我们有1n∣M∣∑m∈M∑g∈mwg2=1n(2n−1)[∑i=12n(2n−1)ai2+∑i=12n2aisum[i−1]]\frac 1{n|M|}\sum_{m\in M}\sum_{g\in m}w_g^2=\frac 1{n(2n-1)}[\sum_{i=1}^{2n}(2n-1)a_i^2+\sum_{i=1}^{2n}2a_isum[i-1]]n∣M∣1∑m∈M∑g∈mwg2=n(2n−1)1[∑i=12n(2n−1)ai2+∑i=12n2aisum[i−1]]成立，这个式子显然可以O(n)O(n)O(n)求解。

然后再来看第二部分1n2∣M∣∑m∈M(∑g∈mwg)2\frac 1{n^2|M|}\sum_{m\in M}(\sum_{g\in m}w_g)^2n2∣M∣1∑m∈M(∑g∈mwg)2，设Tn=∣M∣T_n=|M|Tn=∣M∣，它代表将2n2n2n个数两两分成一组的方案数，根据乘法原理不难知道Tn=(2n−1)!!T_n=(2n-1)!!Tn=(2n−1)!!。

还是先推式子：
1n2∣M∣∑m∈M(∑g∈mwg)2=1n2∣M∣∑m∈M(∑g∈mwg2+∑g≠h∈m2wgwh)=1n2∣M∣∑m∈M∑g∈mwg2+1n2∣M∣∑m∈M∑g≠h∈m2wgwh\begin{aligned} \frac 1{n^2|M|}\sum_{m\in M}(\sum_{g\in m}w_g)^2&=\frac 1{n^2|M|}\sum_{m\in M}(\sum_{g\in m}w_g^2+\sum_{g\ne h\in m}2w_gw_h)\\ &=\frac 1{n^2|M|}\sum_{m\in M}\sum_{g\in m}w_g^2+\frac 1{n^2|M|}\sum_{m\in M}\sum_{g\ne h\in m}2w_gw_h\\ \end{aligned}n2∣M∣1m∈M∑(g∈m∑wg)2=n2∣M∣1m∈M∑(g∈m∑wg2+g=h∈m∑2wgwh)=n2∣M∣1m∈M∑g∈m∑wg2+n2∣M∣1m∈M∑g=h∈m∑2wgwh
注意到1n2∣M∣∑m∈M∑g∈mwg2\frac 1{n^2|M|}\sum_{m\in M}\sum_{g\in m}w_g^2n2∣M∣1∑m∈M∑g∈mwg2这一项其实就是1n⋅1n∣M∣∑m∈M∑g∈mwg2=1n⋅第一部分\frac 1n\cdot \frac 1{n|M|}\sum_{m\in M}\sum_{g\in m}w_g^2=\frac 1n\cdot 第一部分n1⋅n∣M∣1∑m∈M∑g∈mwg2=n1⋅第一部分，因此可以直接根据第一部分得出它的值，那么第二项我们再单独考虑，也就是1n2∣M∣∑m∈M∑g≠h∈m2wgwh\frac 1{n^2|M|}\sum_{m\in M}\sum_{g\ne h\in m}2w_gw_hn2∣M∣1∑m∈M∑g=h∈m2wgwh，方便起见我们先算出∑m∈M∑g≠h∈m2wgwh\sum_{m\in M}\sum_{g\ne h\in m}2w_gw_h∑m∈M∑g=h∈m2wgwh。注意到对于所有的2wgwh,h≠g2w_gw_h,h\ne g2wgwh,h=g而言，它会在所有的分组方案中出现Tn−2T_{n-2}Tn−2次，因此不妨求出所有互不相同的2wgwh2w_gw_h2wgwh的总和，然后再乘以Tn−2T_{n-2}Tn−2即可。而且注意到2wgwh2w_gw_h2wgwh一定是某一个分配方案中的交叉项，所以绝对不会出现ggg和hhh这两个组的某一个元素编号相同的情况，因此我们可以将所有互不相同的且符合条件的2wgwh2w_gw_h2wgwh表示成∑i=12n∑j=i+12n∑k=i+1,k≠j2n∑l=k+1,k≠j2n2∣ai−aj∣∣ak−al∣\sum_{i=1}^{2n}\sum_{j=i+1}^{2n}\sum_{k=i+1,k\ne j}^{2n}\sum_{l=k+1,k\ne j}^{2n}2|a_i-a_j||a_k-a_l|∑i=12n∑j=i+12n∑k=i+1,k=j2n∑l=k+1,k=j2n2∣ai−aj∣∣ak−al∣，求出这个式子后乘以Tn−2T_{n-2}Tn−2就是∑m∈M∑g≠h∈m2wgwh\sum_{m\in M}\sum_{g\ne h\in m}2w_gw_h∑m∈M∑g=h∈m2wgwh。

再推一波式子，运用容斥原理：
∑i=12n∑j=i+12n∑k=i+1,k≠j2n∑l=k+1,k≠j2n2∣ai−aj∣∣ak−al∣=∑i=12n∑j=i+12n∑k=12n∑l=k+12n∣ai−aj∣∣ak−al∣−∑i=12n(∑j=1,j≠i2n∣ai−aj∣)2+∑i=12n∑j=i+12n∣ai−aj∣2=(∑g∈Gwg)2−∑i=12n((i−1)ai−sum[i−1]+sum[2n]−sum[i]−(2n−i)ai)2+∑g∈Gwg2\begin{aligned} \sum_{i=1}^{2n}\sum_{j=i+1}^{2n}\sum_{k=i+1,k\ne j}^{2n}\sum_{l=k+1,k\ne j}^{2n}2|a_i-a_j||a_k-a_l|&=\sum_{i=1}^{2n}\sum_{j=i+1}^{2n}\sum_{k=1}^{2n}\sum_{l=k+1}^{2n}|a_i-a_j||a_k-a_l|-\sum_{i=1}^{2n}(\sum_{j=1,j\ne i}^{2n}|a_i-a_j|)^2+\sum_{i=1}^{2n}\sum_{j=i+1}^{2n}|a_i-a_j|^2\\ &=(\sum_{g\in G}w_g)^2-\sum_{i=1}^{2n}((i-1)a_i-sum[i-1]+sum[2n]-sum[i]-(2n-i)a_i)^2+\sum_{g\in G}w_g^2\\ \end{aligned}i=1∑2nj=i+1∑2nk=i+1,k=j∑2nl=k+1,k=j∑2n2∣ai−aj∣∣ak−al∣=i=1∑2nj=i+1∑2nk=1∑2nl=k+1∑2n∣ai−aj∣∣ak−al∣−i=1∑2n(j=1,j=i∑2n∣ai−aj∣)2+i=1∑2nj=i+1∑2n∣ai−aj∣2=(g∈G∑wg)2−i=1∑2n((i−1)ai−sum[i−1]+sum[2n]−sum[i]−(2n−i)ai)2+g∈G∑wg2
解释一下上面的推导过程，(∑g∈Gwg)2(\sum_{g\in G}w_g)^2(∑g∈Gwg)2其实就是全集，包含了所有组的交叉项和平方项，不过我们要去掉那些平方项和不符合条件的交叉项，其中不符合条件的交叉项2wgwh2w_gw_h2wgwh满足hhh与ggg组中存在一个元素编号相同，于是枚举这个相同的编号iii，于是可以得到∑i=12n(∑j=1,j≠i2n∣ai−aj∣)2\sum_{i=1}^{2n}(\sum_{j=1,j\ne i}^{2n}|a_i-a_j|)^2∑i=12n(∑j=1,j=i2n∣ai−aj∣)2，不过其中又多加了222倍的平方项，于是还要加一个平方项∑g∈Gwg2\sum_{g\in G}w_g^2∑g∈Gwg2。

上面式子中的∑g∈Gwg2\sum_{g\in G}w_g^2∑g∈Gwg2和∑g∈Gwg2\sum_{g\in G}w_g^2∑g∈Gwg2都好求，就不多说了。

最后我们求出两部分后作差就可以算出最终答案了。
这里给出一份参考代码：

int a[maxn<<1],t[maxn],sm[maxn<<1];
int main(){int n=rd(),all=0,wg=0,wg2=0,G=0,nn=0,ans=0,as=0,n2=n<<1;FOR(i,1,n2)a[i]=rd();sort(a+1,a+1+2*n);sm[1]=a[1],wg2=1ll*(n2-1)*sqr(a[1])%mod;t[0]=1;FOR(i,2,n2){sm[i]=sum(sm[i-1],a[i]);add(wg,sub(1ll*(i-1)*a[i]%mod,sm[i-1]));add(wg2,sub(1ll*(n2-1)*sqr(a[i])%mod,2ll*a[i]*sm[i-1]%mod));if(!(i&1))t[i>>1]=1ll*t[(i>>1)-1]*(i-1)%mod;}all=sm[n2];G=qpow(1ll*n*(n2-1)%mod,mod-2,mod),nn=qpow(n,mod-2,mod);ans=sub(1ll*G*wg2%mod,1ll*nn*G%mod*wg2%mod);if(n==1)return wrn(ans),0;as=sum(1ll*wg*wg%mod,wg2);FOR(i,1,n2){dec(as,sqr(sum(sub(1ll*(i-1)*a[i]%mod,sm[i-1]),sub(sub(all,sm[i]),1ll*(n2-i)*a[i]%mod))));}as=1ll*as*t[n-2]%mod*sqr(nn)%mod*qpow(t[n],mod-2,mod)%mod;dec(ans,as); wrn(ans);
}

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