acm-(推式子、好題、數學、排列計數)2020ICPC·小米 網路選拔賽第一場 H.Grouping

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先將$a_i$從小到大排序。
然後這裡有一些符號約定：

$g$表示一個分組，
$w_g=|a_i-a_j|$表示某個組$g$的權值，
$G$表示所有分組構成的一個不重集，
$m$表示一種對序列的分組方案,
$\overline{w_m}=\frac{1}{n}{\sum }_{g\in m}{w}_g$表示分組方案$m$中各個組權值的平均數，
$W_m=\frac{1}{n}{\sum }_{g\in m}(w_g-\overline{w_m}{)}^2$表示分組方案$m$的權值(見題目定義)，
$M$表示所有分組方案構成的一個不重集，
$sum[n]={\sum }_{i=1}^n{a}_i$代表字首和。

於是我們要求的其實就是
$\begin{array}{rl}ans& =\frac{1}{|M|}\sum _{m\in M}{W}_m\\ & =\frac{1}{n|M|}\sum _{m\in M}\sum _{g\in m}(w_g^2-2w_g\overline{w_m}+{\overline{w_m}}^2)\\ & =\frac{1}{n|M|}\sum _{m\in M}\sum _{g\in m}{w}_g^2-\frac{1}{n|M|}\sum _{m\in M}\overline{w_m}\sum _{g\in m}(2w_g-\overline{w_m})\\ & =\frac{1}{n|M|}\sum _{m\in M}\sum _{g\in m}{w}_g^2-\frac{1}{n|M|}\sum _{m\in M}\frac{1}{n}[\sum _{g\in m}{w}_g][2\sum _{g\in m}{w}_g-\sum _{g\in m}\overline{w_m}]\\ & =\frac{1}{n|M|}\sum _{m\in M}\sum _{g\in m}{w}_g^2-\frac{1}{n^2|M|}\sum _{m\in M}[\sum _{g\in m}{w}_g][2\sum _{g\in m}{w}_g-|m|\overline{w_m}]\\ & =\frac{1}{n|M|}\sum _{m\in M}\sum _{g\in m}{w}_g^2-\frac{1}{n^2|M|}\sum _{m\in M}[\sum _{g\in m}{w}_g][2\sum _{g\in m}{w}_g-\sum _{g\in m}{w}_g]\\ & =\frac{1}{n|M|}\sum _{m\in M}\sum _{g\in m}{w}_g^2-\frac{1}{n^2|M|}\sum _{m\in M}[\sum _{g\in m}{w}_g][\sum _{g\in m}{w}_g]\\ & =\frac{1}{n|M|}\sum _{m\in M}\sum _{g\in m}{w}_g^2-\frac{1}{n^2|M|}\sum _{m\in M}(\sum _{g\in m}{w}_g{)}^2\end{array}$

接下來分對答案式子中的兩個部分分別求解。

對於第一部分$\frac{1}{n|M|}{\sum }_{m\in M}{\sum }_{g\in m}{w}_g^2$，首先由於每個組出現的可能性相同，我們有$\frac{1}{n|M|}{\sum }_{m\in M}{\sum }_{g\in m}{w}_g^2=\frac{1}{|G|}{\sum }_{g\in G}{w}_g^2$，
其中$|G|=\frac{2n(2n-1)}{2}=n(2n-1)$，
$\begin{array}{rl}\sum _{g\in G}{w}_g^2& =\sum _{i=1}^{2n}\sum _{j=i+1}^{2n}(a_i^2+a_j^2-2a_i{a}_j)\\ & =\sum _{i=1}^{2n}\sum _{j=i+1}^{2n}{a}_i^2+\sum _{i=1}^{2n}\sum _{j=i+1}^{2n}{a}_j^2-\sum _{i=1}^{2n}\sum _{j=i+1}^{2n}2a_i{a}_j\\ & =\sum _{i=1}^{2n}(2n-i)a_i^2+\sum _{i=1}^{2n}(i-1)a_i^2-\sum _{i=1}^{2n}2a_{i}sum[i-1]\\ & =\sum _{i=1}^{2n}(2n-1)a_i^2+\sum _{i=1}^{2n}2a_{i}sum[i-1]\end{array}$
因此對於第一部分我們有$\frac{1}{n|M|}{\sum }_{m\in M}{\sum }_{g\in m}{w}_g^2=\frac{1}{n(2n-1)}[{\sum }_{i=1}^{2n}(2n-1)a_i^2+{\sum }_{i=1}^{2n}2a_{i}sum[i-1]]$成立，這個式子顯然可以$O(n)$求解。

然後再來看第二部分$\frac{1}{n^2|M|}{\sum }_{m\in M}({\sum }_{g\in m}{w}_g{)}^2$，設$T_n=|M|$，它代表將$2n$個數兩兩分成一組的方案數，根據乘法原理不難知道$T_n=(2n-1)!!$。

還是先推式子：
$\begin{array}{rl}\frac{1}{n^2|M|}\sum _{m\in M}(\sum _{g\in m}{w}_g{)}^2& =\frac{1}{n^2|M|}\sum _{m\in M}(\sum _{g\in m}{w}_g^2+\sum _{g\ne h\in m}2w_g{w}_h)\\ & =\frac{1}{n^2|M|}\sum _{m\in M}\sum _{g\in m}{w}_g^2+\frac{1}{n^2|M|}\sum _{m\in M}\sum _{g\ne h\in m}2w_g{w}_h\end{array}$
注意到$\frac{1}{n^2|M|}{\sum }_{m\in M}{\sum }_{g\in m}{w}_g^2$這一項其實就是$\frac{1}{n}\cdot \frac{1}{n|M|}{\sum }_{m\in M}{\sum }_{g\in m}{w}_g^2=\frac{1}{n}\cdot 第一部分$，因此可以直接根據第一部分得出它的值，那麼第二項我們再單獨考慮，也就是$\frac{1}{n^2|M|}{\sum }_{m\in M}{\sum }_{g\ne h\in m}2w_g{w}_h$，方便起見我們先算出${\sum }_{m\in M}{\sum }_{g\ne h\in m}2w_g{w}_h$。注意到對於所有的$2w_g{w}_h,h\ne g$而言，它會在所有的分組方案中出現$T_{n-2}$次，因此不妨求出所有互不相同的$2w_g{w}_h$的總和，然後再乘以$T_{n-2}$即可。而且注意到$2w_g{w}_h$一定是某一個分配方案中的交叉項，所以絕對不會出現$g$和$h$這兩個組的某一個元素編號相同的情況，因此我們可以將所有互不相同的且符合條件的$2w_g{w}_h$表示成${\sum }_{i=1}^{2n}{\sum }_{j=i+1}^{2n}{\sum }_{k=i+1,k\ne j}^{2n}{\sum }_{l=k+1,k\ne j}^{2n}2|a_i-a_j||a_k-a_l|$，求出這個式子後乘以$T_{n-2}$就是${\sum }_{m\in M}{\sum }_{g\ne h\in m}2w_g{w}_h$。

再推一波式子，運用容斥原理：
$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^{2n}\sum _{j=i+1}^{2n}\sum _{k=i+1,k\ne j}^{2n}\sum _{l=k+1,k\ne j}^{2n}2|a_i-a_j||a_k-a_l|& =\sum _{i=1}^{2n}\sum _{j=i+1}^{2n}\sum _{k=1}^{2n}\sum _{l=k+1}^{2n}|a_i-a_j||a_k-a_l|-\sum _{i=1}^{2n}(\sum _{j=1,j\ne i}^{2n}|a_i-a_j|{)}^2+\sum _{i=1}^{2n}\sum _{j=i+1}^{2n}|a_i-a_j{|}^2\\ & =(\sum _{g\in G}{w}_g{)}^2-\sum _{i=1}^{2n}((i-1)a_i-sum[i-1]+sum[2n]-sum[i]-(2n-i)a_i{)}^2+\sum _{g\in G}{w}_g^2\end{array}$
解釋一下上面的推導過程，$({\sum }_{g\in G}{w}_g{)}^2$其實就是全集，包含了所有組的交叉項和平方項，不過我們要去掉那些平方項和不符合條件的交叉項，其中不符合條件的交叉項$2w_g{w}_h$滿足$h$與$g$組中存在一個元素編號相同，於是列舉這個相同的編號$i$，於是可以得到${\sum }_{i=1}^{2n}({\sum }_{j=1,j\ne i}^{2n}|a_i-a_j|{)}^2$，不過其中又多加了$2$倍的平方項，於是還要加一個平方項${\sum }_{g\in G}{w}_g^2$。

上面式子中的${\sum }_{g\in G}{w}_g^2$和${\sum }_{g\in G}{w}_g^2$都好求，就不多說了。

最後我們求出兩部分後作差就可以算出最終答案了。
這裡給出一份參考程式碼：

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);
}