题解 CF653G Move by Prime

容易想到每个质数分开处理，每次操作就是次数加一或减一，目标就是让它们全部相等。

这是经典小学奥数问题，抽象成数轴上的点，找到一个点使该点到其余所有点距离和最小。首尾分组，容易发现这些点全部跳到中位数时最优。

令 \(x_i\) 表示次数从小到大排序后第 \(i\) 大的数，\(M(x)\) 表示子序列中 \(x_i\) 的中位数。

那问题转化为对所有子序列 \(\sum|x_i-M(x)|\) 求和。

简单，\(M(x)\) 必定互相抵消。对于所有 \(x_i\) 考虑其贡献。

用 \(j\) 表示比 \(x_i\) 小的选了几个数，\(k\) 表示比 \(x_i\) 大的选了几个数，分类讨论一下：

• 若 \(j<k\)，说明中位数比 \(x_i\) 大，贡献为 \(-x_i\)。

• 若 \(j=k\)，说明中位数等于 \(x_i\)，贡献为 \(0\)。

• 若 \(j>k\)，说明中位数比 \(x_i\) 小，贡献为 \(x_i\)。

对于某些相等的 \(x_i\)，不用在意它们是否会使答案计算产生错误，因为会互相抵消。于是可以认为 \(\forall j\in[1,i),x_j<x_i\) 且 \(\forall j\in(i,n],x_j>x_i\)，尽管某些 \(x_j\) 和 \(x_i\) 相等。

所以 \(x_i\) 对答案贡献为

\[\sum\limits_{j=1}^{i-1}\sum\limits_{k=0}^{j-1}\dbinom{i-1}{j}\dbinom{n-i}{k}x_i-\sum\limits_{j=0}^{i-1}\sum\limits_{k=j+1}^{n-i}\dbinom{i-1}{j}\dbinom{n-i}{k}x_i \]

这是组合数卷积的形式，尝试往范德蒙德卷积上靠，先考虑左边的系数。

尝试枚举 \(j+k\) 发现区间是 \([j,2\times j-1]\)，两个端点都是动的，这个不好。换枚举 \(j-k\)，区间是 \([1,j]\)，这个好。

令 \(d=j-k\)，有

\[\begin{aligned}\sum\limits_{j=1}^{i-1}\sum\limits_{k=0}^{j-1}\dbinom{i-1}{j}\dbinom{n-i}{k}&=\sum\limits_{d=1}^{i-1}\sum\limits_{j=d}^{i-1}\dbinom{i-1}{j}\dbinom{n-i}{j-d}\\&=\sum\limits_{d=1}^{i-1}\sum\limits_{j=d}^{i-1}\dbinom{i-1}{j}\dbinom{n-i}{n-i-j+d}\\&=\sum\limits_{d=1}^{i-1}\dbinom{n-1}{n-i+d}\\&=\sum\limits_{d=n-i+1}^{n-1}\dbinom{n-1}{d}\\&=\sum\limits_{d=n-i+1}^{n-1}\dbinom{n-1}{n-d-1}\\&=\sum\limits_{d=0}^{i-2}\dbinom{n-1}{d}\end{aligned} \]

同理有

\[\sum\limits_{j=0}^{i-1}\sum\limits_{k=j+1}^{n-i}\dbinom{i-1}{j}\dbinom{n-i}{k}=\sum\limits_{d=i}^{n-1}\dbinom{n-1}{d} \]

所以 \(x_i\) 对答案的贡献为

\[\left[\sum\limits_{d=0}^{i-2}\dbinom{n-1}{d}-\sum\limits_{d=i}^{n-1}\dbinom{n-1}{d}\right]x_i \]

预处理组合数前缀和即可做到 \(O(1)\) 计算，因为 \(3\times 10^5\) 以内的数最多有 \(6\) 个不同质因数，所以 \(x_i\ne 0\) 的位置总共不超过 \(6n\) 个，直接做最坏也就 \(O(n\log w)\)，可以通过。

或者说用 \(f_i\) 表示 \(x_i\) 的系数，对于相等的 \(x_i\) 一块考虑，贡献为一段连续的 \(f_i\)，预处理 \(f_i\) 的前缀和即可。复杂度瓶颈在枚举 \(p^k\) 的倍数，这是 \(O(w\log \log w)\) 的。