二分+前缀(预处理神力2)

1. 问题

我们要计算：

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S=i=1∑Nj=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：

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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：

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贡献=(Ai⋅k−S≤)+((S>)−Ai⋅(M−k))

整理：

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=Ai⋅k−S≤+S>−Ai⋅M+Ai⋅k

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=(2k−M)⋅Ai+(S>−S≤)

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=(2k−M)⋅Ai+(sum(B)−2S≤)

3. 算法步骤

对 B排序
计算 B的前缀和数组
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≤=pref $p$
- 代入公式计算贡献
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);

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  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;

}