二分+前缀(预处理神力2)

1. 问题

我们要计算：

S=i=1∑N​j=1∑M​∣Ai​−Bj​∣mod998244353

其中 N,M≤3×105，不能暴力 O(NM)。

2. 数学推导

对于每个固定的 Ai​：

j=1∑M​∣Ai​−Bj​∣=Bj​≤Ai​∑​(Ai​−Bj​)+Bj​>Ai​∑​(Bj​−Ai​)

设 k= 小于等于 Ai​的 Bj​的数量，S≤​= 这些 Bj​的和，S>​= 大于 Ai​的 Bj​的和，且 S>​=sum(B)−S≤​。

则：

贡献=(Ai​⋅k−S≤​)+((S>​)−Ai​⋅(M−k))

整理：

=Ai​⋅k−S≤​+S>​−Ai​⋅M+Ai​⋅k

=(2k−M)⋅Ai​+(S>​−S≤​)

=(2k−M)⋅Ai​+(sum(B)−2S≤​)

3. 算法步骤

1. 对 B排序

2. 计算 B的前缀和数组

3. 对每个 Ai​：

   • 在排序后的 B中二分找到第一个大于 Ai​的位置 p

   • 则 k=p（下标从0开始）

   • S≤​=prefp

   • 代入公式计算贡献

4. 累加所有贡献，取模输出

4. 时间复杂度

• 排序：O(MlogM)

• 二分查找：O(NlogM)

• 总复杂度：O((N+M)logM)，可行

5. 取模处理

模数 MOD=998244353，注意：

• 所有加减乘都要取模

• 处理负数：(x % MOD + MOD) % MOD

  #include <bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  const int MOD = 998244353;

  int main() {
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(nullptr);

    int N, M;
    cin >> N >> M;
    
    vector<long long> A(N), B(M);
    for (int i = 0; i < N; i++) cin >> A[i];
    for (int i = 0; i < M; i++) cin >> B[i];
    
    // 1. 对B排序
    sort(B.begin(), B.end());
    
    // 2. 计算B的前缀和（模MOD）
    vector<long long> pref(M + 1, 0);
    for (int i = 0; i < M; i++) {
        pref[i + 1] = (pref[i] + B[i]) % MOD;
    }
    
    long long total_B_sum = pref[M] % MOD;  // B的总和
    
    long long ans = 0;
    
    // 3. 对每个A[i]计算贡献
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        long long ai = A[i] % MOD;
        
        // 二分查找：第一个大于ai的位置
        int p = upper_bound(B.begin(), B.end(), ai) - B.begin();
        // p 就是小于等于ai的元素个数
        
        long long k = p;
        long long S_le = pref[p] % MOD;  // 小于等于ai的部分和
        
        // 贡献 = (2k - M) * ai + (total_B_sum - 2*S_le)
        long long term1 = ((2 * k - M) % MOD) * ai % MOD;
        long long term2 = (total_B_sum - 2 * S_le) % MOD;
        
        long long contribution = (term1 + term2) % MOD;
        ans = (ans + contribution) % MOD;
    }
    
    // 处理负数
    ans = (ans % MOD + MOD) % MOD;
    cout << ans << "\n";
    
    return 0;

  }