【2767】2017年10月10日提高组T1 xjh的旅行

问题描述
lahub是一个旅行者的粉丝，他想成为一个真正的旅行者，所以他计划开始一段旅行。lahub想去参观n个目的地（都在一条直道上）。lahub在起点开始他的旅行。第i个目的地和起点的距离为ai千米（ai为非负整数）。不存在两个目的地和起点的距离相同。

从第i个目的地走到第j个目的地所走的路程为 |ai-aj|千米。我们把参观n个目的地的顺序称作一次“旅行”。lahub可以参观他想要参观的任意顺序，但是每个目的地有且只能被参观一次（参观顺序为n的排列）。

lahub把所有可能的“旅行”都写在一张纸上，并且记下每个“旅行”所要走的路程。他对所有“旅行”的路程之和的平均值感兴趣。但是他觉得计算太枯燥了，所以就向你寻求帮助。
输入
第一行一个正整数n。

第二行n个非负整数a1,a2,….,an（1≤ai≤10^7）。
输出
两个整数，答案用最简分数形式输出，第一个为分子，第二个为分母。
样例输入
3

2 3 5
样例输出
22 3
算法讨论
考虑将这些路径拆成许多的两点间的路径，考虑两点间的路径对答案的贡献。
先考虑起点到Ai这种路径，这条路径确定之后，后面的路径方案就与这条路径无关，后面的方案数一共有 (n-1)!，由于它是单向边且不能改变位置，所以这种路径对路径和的贡献为(n-1)!*Ai。
现在考虑任意两点路径Ai，Aj，除了这两个点的其他的n-2个点方案总数为(n-2)!，而我们可以将这条路径插入在任意的一个位置，共有n-1个位置，故这条路径的方案总数为(n-2)!*(n-1)即(n-1)!，对路径和的贡献为(n-1)!*abs(Ai-Aj)。
所以路径和就转化为求(n-1)!Σabs(Ai-Aj)(1<=i,j<=N,i≠j)+(n-1)!ΣAi。
问题的关键就是求这Σabs(Ai-Aj)。
将所有的Ai排序后，实际上只要考虑从大的点往小的点走，最后路径和*2即可。
然后考虑如何计算：
假设a1 > a2 > a3 > a4，
以Ai为结尾的Ai-Aj的和为Si，
那么：
S2 = a1 - a2
S3 = a1 - a3 + a2 - a3 = (a1 - a2 + a2 - a3) + a2 - a3 = S2 + 2 *（a2 - a3）
S4 = a1 - a4 + a2 - a4 + a3 - a4 = (a1 - a3 + a3 - a4) + (a2 - a3 + a3 - a4) + (a3 - a4)
= S3 + 3 * (a3 - a4)
于是发现Si其实是可以递推的。
答案中分子的(n-1)!与分母的n!相约后只剩一个n，求出c=gcd(ans,n)再分别除以c输出即可。

#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 100001
long long a[maxn];
long long n;
long long s,s1,t;long long gcd(long long a,long long b)
{if (b==0)return a;elsegcd(b,a%b);
}long long read()
{long long x = 0, p = 1; char ch = getchar();while (ch < '0' || ch > '9') {if (ch == '-') p = -1; ch = getchar();}while (ch >= '0' && ch <= '9') {x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0'; ch = getchar();}return x * p;
}
void write(long long ans)
{if (ans >= 10)write(ans / 10);putchar(ans % 10 + '0');
}
int main()
{scanf("%lld",&n);for (int i=1;i<=n;i++){a[i] = read();s+=a[i];}sort(a+1,a+n+1);for (int i=1;i<=n;i++){s1+=a[i]*(i-1);s1-=a[i]*(n-i);}s+=s1*2;t=gcd(s,n);write(s/t);putchar(' ');write(n/t);
}

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