$70$ 分需要 $O(n^2)$ 实现，原式中有 $4$ 个变量肯定不能直接套，需要推式子。
\[\sum_{1\le l<r\le n}\sum_{l\le i<j\le r}[((j-1)k+a_j')-((i-1)k+a_i')]\]发现 $l,r$ 不参与计算，对于一组 $i,j$，当且仅当 $l \in [1,i]$ 且 $r \in [j,n]$ 时会遍历到，因此 $i,j$ 会被遍历 $i \times (n-j+1)$ 次，于是可以将 $\sum_{1\le l<r\le n}\sum_{l\le i<j\le r}$ 转化为 $\sum_{1\le i < j\le n}i(n-j+1)$。
\[\begin{aligned} & \sum_{1 \leq l<r \leq n} \sum_{l \leq i<j \leq r}\left[\left((j-1) k+a_{j}^{\prime}\right)-\left((i-1) k+a_{i}^{\prime}\right)\right] \\ = & \sum_{1 \leq i<j \leq n} i(n-j+1) \left[\left((j-1) k+a_{j}^{\prime}\right)-\left((i-1) k+a_{i}^{\prime}\right)\right] \end{aligned}\]此时只需要枚举 $i,j$，可以 $O(n^2)$ 完成，但是难以看出最大值，继续推。
\[\begin{aligned} & \sum_{1 \leq i<j \leq n} i(n-j+1) \left[\left((j-1) k+a_{j}^{\prime}\right)-\left((i-1) k+a_{i}^{\prime}\right)\right] \\ = & \sum_{1 \leq i<j \leq n} i(n-j+1) [(j-i)k+(a_{j}^{\prime}-a_{i}^{\prime})] \\ = & \sum_{1 \leq i<j \leq n} i(n-j+1) (j-i)k+ i(n-j+1)(a_{j}^{\prime}-a_{i}^{\prime}) \end{aligned}\]此时，式子分为常数部分和变量部分，对于左半边，我们可以单独遍历求出。
对于右半部分，发现对于一对 $i,j$，$a_j^{\prime}$ 的权重为 $i(n-j+1)$，$a_i^{\prime}$ 的权重为 $-i(n-j+1)$。
因此，我们可以在遍历时计算各位置的权重并排序，与排序过后的 $a$ 数组一一对应相乘，并且加上常数部分，即可得出答案。
计算过程中可能出现范围超过 long long 的情况，可以用 int128 解决。
这个做法理论上是 $70$ 分，但是交上去似乎有 $80$ 分。
依旧继续推式子。
对于常数部分，因为和 $k$ 没关系，所以先把 $k$ 提出。
\[\begin{aligned} & \sum_{1 \leq i<j \leq n} i(n-j+1) [(j-i)k+(a_{j}^{\prime}-a_{i}^{\prime})] \\ = & k \sum_{1 \leq i<j \leq n} i(n-j+1)(j-i) \end{aligned}\]固定 $i$ 不变，对 $j$ 求和。令 $d=j-i$，则 $j=i+d$，$d \in [1,n-i]$，令 $m=n-i$。
将其代入算出 $i$ 的求和项。
\[\begin{aligned} & k \sum_{1 \leq i<j \leq n} i(n-j+1)(j-i) \\ = & k \sum_{j=i+1}^n i(n-j+1)(j-i) \\ = & k \sum_{d=1}^m i[n-(i+d)+1] \times d \\ = & k \sum_{d=1}^m i[(n-i+1)-d] \times d \\ = & k \sum_{d=1}^m i[(n-i+1)d-d^2] \\ = & k (\sum_{d=1}^m i + \sum_{d=1}^m [(n-i+1)d-d^2]) \\ = & k (\sum_{d=1}^m i + \sum_{d=1}^m (n-i+1)d- \sum_{d=1}^m d^2) \\ \end{aligned}\]其中 $\sum_{d=1}^m i$ 可以单独算出，右半部分考虑运用等差数列求和公式以及平方和公式。
\[\begin{aligned} & \sum_{d=1}^m d=\frac{m(m+1)}{2} \\ & \sum_{d=1}^m d^2=\frac{m(m+1)(2m+1)}{6} \end{aligned}\]代入原式。
\[\begin{aligned} & k (\sum_{d=1}^m i + \sum_{d=1}^m (n-i+1)d- \sum_{d=1}^m d^2) \\ = & k (\sum_{d=1}^m i + (n-i+1)\times \frac{m(m+1)}{2}-\frac{m(m+1)(2m+1)}{6}) \end{aligned}\]至此，常数部分推导完毕，接下来看变量部分。
\[\sum_{1 \leq i<j \leq n} i(n-j+1)(a_{j}^{\prime}-a_{i}^{\prime})\]从 $70$ 分的做法来说，我们的目标是求出对于 $1\le i \le n$ 中 $i$ 的权重。设 $i$ 的权重为 $w_i$，则我们的目标应该是求出以下式子。($i$ 和原式重复，所以这里使用 $p$)
\[\sum_{p=1}^n w_p \times a_p\]首先，将原式的 $a_j^{\prime}$ 和 $a_i^{\prime}$ 分开。
\[\begin{aligned} & \sum_{1 \leq i<j \leq n} i(n-j+1)(a_{j}^{\prime}-a_{i}^{\prime}) \\ = & \sum_{1 \leq i<j \leq n} i(n-j+1)a_{j}^{\prime}- \sum_{1\le i < j\le n} i(n-j+1)a_{i}^{\prime} \end{aligned}\]此时分 $2$ 种情况。
第 $1$ 种，$p=j$，此时 $i \in [1,p-1]$。
\[\begin{aligned} & \sum_{1 \leq i<j \leq n} i(n-j+1)a_{j}^{\prime} \\ = & \sum_{i=1}^{p-1} i(n-p+1)a_{p}^{\prime} \\ = & (n-p+1) \sum_{i=1}^{p-1} i\ a_{p}^{\prime} \\ = & (n-p+1) \times \frac{p(p-1)}{2} \sum_{i=1}^{p-1} \ a_{p}^{\prime} \end{aligned}\]即 $w_p=(n-p+1)\times \frac{p(p-1)}{2}$.
第二种，$p=i$，此时 $j \in [p+1,n]$。
\[\begin{aligned} & -\sum_{1\le i < j\le n} i(n-j+1)a_{i}^{\prime} \\ = & -\sum_{j=p+1}^n p(n-j+1)a_{p}^{\prime} \\ = & -p \sum_{j=p+1}^n (n-j+1)a_{p}^{\prime} \\ \end{aligned}\]令 $t=j-p$，则 $t \in [1,n-p]$，设 $m=n-p$。
\[\begin{aligned} & -p \sum_{j=p+1}^n (n-j+1)a_{p}^{\prime} \\ = & -p \sum_{t=1}^{m} (n-j+1)a_{p}^{\prime} \\ = & -p \sum_{t=1}^{m} (n-j+p-p+1)a_{p}^{\prime} \\ = & -p \sum_{t=1}^{m} (n-p+1-t)a_{p}^{\prime} \\ = & -p [\sum_{t=1}^{m} (n-p+1)-\sum_{t=1}^m t ]\sum_{j=p+1}^n a_{p}^{\prime} \\ = & -p [m(m+1)-\frac{m(m+1)}{2}]\sum_{j=p+1}^n a_{p}^{\prime} \\ = & -p \times \frac{m(m+1)}{2}\sum_{j=p+1}^n a_{p}^{\prime} \\ \end{aligned}\]因此，$w_p= -p \times \frac{(n-p)(n-p+1)}{2}$。
将两种情况相加可得，$w_p=(n-p+1)\times \frac{p(p-1)}{2}-p \times \frac{(n-p)(n-p+1)}{2}$
经过化简可得，$w_p=\frac{p(n−p+1)(2p−n−1)}{2}$。
然后就和 $70$ 分的操作一样，将权重排序后与排序过的 $a$ 一一对应相乘，最后加上常数项，即为答案。
计算过程中可能出现范围超过 long long 的情况，可以用 int128 解决。
70分
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int __int128
const int N=1e6+10,LG=30;
int n,k;
int a[N],w[N];
int read(){
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-')
f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0' && ch<='9')
x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
void write(int x){
if(x<0)
putchar('-'),x=-x;
if(x>9)
write(x/10);
putchar(x%10+'0');
return;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
n=read();k=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=read();
}
sort(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
int cnt=i*(n-j+1);
w[i]-=cnt;
w[j]+=cnt;
}
}
sort(w+1,w+n+1);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
ans+=i*k*(n-j+1)*(j-i);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
ans+=w[i]*a[i];
}
write(ans);
return 0;
}
100分
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int __int128
const int N=2e6+10;
int n,k;
int a[N],w[N];
int read(){
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-')
f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0' && ch<='9')
x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
void write(int x){
if(x<0)
putchar('-'),x=-x;
if(x>9)
write(x/10);
putchar(x%10+'0');
return;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
n=read();k=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=read();
}
sort(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
int m=n-i+1;
w[i]=i*m*(2*i-n-1)/2;
}
sort(w+1,w+n+1);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int m=n-i;
int sum=(n-i+1)*m*(m+1)/2-m*(m+1)*(2*m+1)/6;
ans+=i*sum;
}
ans*=k;
for(int i=1;i<=n;i++){
ans+=w[i]*a[i];
}
write(ans);
return 0;
}
押了一手 tarjan 缩点，然后回去看以前老师讲的课件了，发现之前很多不会的题现在看一眼就能想出做法（主要还是太板了）。
在车上听了好久的歌，堵车堵了 2h 才到酒店。
啥啊，调了 2h 还从 90pts -> 75pts 了，不想玩了，睡觉。
凌晨3点不知道为什么醒了，然后躺了 2h 睡不着，刷视频到早上。
在考场见到 @dg114514 大佬了，希望能沾沾喜气。
不是为什么这个考场喝水都要打报告，我是社恐，所以只能渴 4.5h 了。
开题。T1 感觉像是贪心就直接先对 $x_i+y_i$ 排序，然后能买多少就买多少，最后对所有的 $x_i$ 的排序，易证尽量买以上糖果后最多只能买其他各种糖果的第一次的价格，所以排序一遍从小的开始买。
然后发现假了，因为你不知道某一时刻买一次 $x_1+y_1$ 好，还是尽量买从小开始的 $x_i$ 好，尝试反悔一次，但还是失败了，调了好久想要人类智慧，失败。
想了 2h 想到了可以倒过来实现，从大到小枚举 $x_i$，设这种情况是买了前 $i$ 个糖果的 $x_i$，然后用剩下的值尽量买 $x_1+y_1$ 就是答案，$i=0$ 时即为全买 $x_1+y_1$ 的情况。注意此处 $x_1+y_1$ 并不是从大到小枚举 $x_i$ 的顺序，详情看前文。
嗯，然后就写完了 T1，然后就如其他人一样，我看着后三道题目，脑子空空，甚至想不出暴力。
我尽力写了 T2 的暴力，然后没调出来，发现 $m=2n-1$ 和 $a_1=a_2=…=a_n$ 的性质都是全部方案都可行（民间数据看起来是对的），就写了上去。
其实试着打了 T4 暴力，然后没打出来开摆了。
第一眼看到 T3 时很熟悉，想起了 miya 姐姐出的那道题本来也是有一个 $mex(S)$ 的，不过她说 std 写炸了。
嗯，就是这样，初中的 OI 生涯就这样草草结尾了。
总结：$100+[8,28]+0+0=[108,128]$。
说实话，出考场后看到三道紫我确实没想到，因为我一直认为我是个很菜的人，我以为 T2 是蓝呢，都感觉自己高中 OI 生涯要完蛋了。
也好，沉入过低谷，也就只能向上爬了。
]]>考前还在写莫队笔记，颓麻了。
膜你赛最高只有135，如何一等。
8点要去酒店住一晚，深外离家太远了。
比我小一届的学弟还在群里和我诉苦说怕爆零，其实我比他更怕，因为上四大的机会只有这一次。
还没出发，玩会游戏。
生物钟打败了电子闹钟。
起来看了眼电脑，发现博客阅读数居然破 400 了，比较逆天。
T1 简单的过分，5min 切掉。
T2 也一样，10min 切掉。
T3 不会，但是容易知道能选的区间肯定越小越好，所以预处理异或前缀和后 $O(n^2)$ 枚举每个点作为 $l$ 能取到的最小区间，然后 DP。我也不知道我为什么要注意到 DP 有单调性然后手动写个二分转移，闲的吧。
其实看出正解是枚举位数了，但是作者的位运算跟区没什么区别，反正 T3 是先写了 60pts。
然后去看 T4，不会，写爆搜。
嗯。发了会呆觉得纯正搜索还是太暴力了，于是试图转化。容易发现可以把全部情况减去错误答案来求得最后答案，于是可以枚举一群棍木的最大值，然后在小于这个值的范围里搜索，还能剪枝，太好了。于是你就从 $O(2^n)$ 的非常不好复杂度转化为了 $O(n2^n)$ 的非常棒的复杂度，看了眼性质，发现这个 $a_i \le 1$ 的性质很好写，只需要求 $\sum^{n}_{i=3}C^n_i$ 就行了。作者不会记上下顺序，所以可能写反了。
然后 T4 就得到了 64pts。
回去看 T3，发现 $a_i \le 1$ 的性质很好写怎么又是你，只需要根据 $k$ 分类讨论就行了，然后 T3 就是 65pts 了。
期望 $100+100+65+64=329$。
ZJY 说他昨晚没睡好，困死了没打好，有点惨。
麦当当吃了好久没吃过的巨无霸。
深圳外国语开考前 15min 才让进楼，何意味。
进场，第一看 T1 就知道肯定是贪心，然后写了个最大 - 最小的贪心，然后大样例没过，就去看 T2 了。
1h 了，T2 也没看出来，又回去 T1。
于是就发现了这个逆天错误，替换的明明是次大值为什么要拿最小值贪心，改成最大 次大，过了。
已经过了 1.5h。
去看 T3，看不懂太难了，然后去看 T4。
T4 感觉能写 A 性质，然后写完发现假了，就写了个搜索回去 T2。
发现 T2 的 A 性质直接加边就行了，写了，然后调了很久，但是还是调完了。
想攻 T3 搜索，写了很久，写完后感觉复杂度太大了，估计拿不到分，就改成全输出 $0$ 摆烂了。
最后一段时间发现 T2 空间可能爆了，把边数组改成了 $10^7$，不知道能不能卡过。
期望 $100+[16,40]+0+8=[124,148]$，应该只有二等了。
J：100+35+70+64=269
为什么他妈T2能挂65pts。
S：100+40+0+8=148
还好S组没挂。
行啊广东，J组差1分，S组差4分，跳了。
]]>