AT_abc313_g [ABC313G] Redistribution of Piles

本文同步发表于我的洛谷博客。

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前置知识：【模板】类欧几里得算法

读题，我们发现 \(a\) 的顺序不影响答案，所以先排序。

然后发现，先做一次操作二，再做一次操作一，序列是不变的，所以有效的操作序列一定是 \(A\) 次操作一然后 \(B\) 次操作二。

接着我们设做完所有操作一后的序列为 \(a'\)，设 \(a'_k=0\) 且 \(a'_{k+1}=a_{k+1}-A\) 满足 \(a_k< A \le a_{k+1}\)，那么这个时候最多可以做 \(\lfloor\frac{(n-k)A+\sum_{i=1}^k a_i}{n}\rfloor\) 次操作二，而每次操作二得到的序列都不同。也就是对于所有 \(a_k< A \le a_{k+1}\)，我们能得到的序列个数为：

\[\sum_{A=a_k+1}^{a_{k+1}} (\lfloor\frac{(n-k)A+pre_k}{n}\rfloor+1)=\sum_{i=1}^{a_{k+1}-a_k} \lfloor\frac{(n-k)i+[(n-k)a_k+pre_k]}{n}\rfloor+a_{k+1}-a_k \]

类欧算即可。记得要单独算只做 \(0\sim a_1\) 次的情况，此时做操作二是无效操作，所以是 \(a_1+1\) 种序列。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=998244353;
int A[200005],pre[200005];
int calc(int n,int a,int b,int c){
	int m=(a*n+b)/c;
	if(!a) return (n+1)*(b/c)%mod;
	if(a<c&&b<c)return (m*n+mod-calc(m-1,c,c-b-1,a))%mod;
	return (n*(n+1)/2%mod*(a/c)+(n+1)*(b/c)+calc(n,a%c,b%c,c))%mod;
}
int n,ans;
signed main(){
	int n;cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>A[i];
	sort(A+1,A+1+n);
	ans=A[1]+1,pre[1]=A[1];
	for(int i=2;i<=n;i++){
		ans+=calc(A[i]-A[i-1],n-i+1,(n-i+1)*A[i-1]+pre[i-1],n)-((n-i+1)*A[i-1]+pre[i-1])/n+A[i]-A[i-1];
		pre[i]=pre[i-1]+A[i];
	}
	cout<<(ans%mod+mod)%mod<<endl;
    return 0;
}