Split and Maximize

根据常识可知，肯定是 \(\sum_{i=1}^n 2i(2i-1)\) 最大，通俗来讲就是相邻两个数相乘是最优的。

要达到这个得分，我们应该将 \(2i\) 和 \(2i-1\) 一个分给 \(A\)，一个分给 \(B\)，并且要保证先后顺序一样，保证 \(2i\) 可以与 \(2i-1\) 配对。

把 \(2i\) 看作 (，把 \(2i-1\) 看作 )，答案一定是一个合法的括号序列。

长度为 \(2n\) 的合法括号序列个数可以用卡特兰数解决，等于 \(\dbinom{2n}{n}-\dbinom{2n}{n-1}=\dfrac{(2n)!}{n!\times n!}-\dfrac{(2n)!}{(n+1)!\times (n-1)!}=\dfrac{(n+1)(2n)!}{n!\times (n+1)!}-\dfrac{n(2n)!}{(n+1)!\times n!}=\dfrac{(2n)!}{(n+1)!\times n!}\)。

对于一个合法的括号序列，由于 ( 两两意义不同，答案需乘上 \(n!\) 表示 ( 的排列数，一旦 ( 的顺序确定了，) 的顺序也唯一了，因此不需要讨论 ) 的排列数。因为 \(2i\) 和 \(2i-1\) 的位置可以调换，所以答案应该再乘上 \(2^n\)。

最终答案是 \(\dfrac{(2n)!}{(n+1)!\times n!}\times n!\times 2^n\)。

时间复杂度 \(O(n)\)。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define sf scanf
#define pf printf
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+3,mod=998244353;
int n;
ll jc(ll a){
	ll s=1;
	for(int i=1;i<=a;i++){
		s=s*i%mod;
	}
	return s;
}
ll ksm(ll a,ll b){
	ll s=1;
	while(b){
		if(b&1) s=s*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return s;
}
int main(){
	sf("%d",&n);
	pf("%lld\n",jc(2*n)*ksm(jc(n)*jc(n+1)%mod,mod-2)%mod*jc(n)%mod*ksm(2,n)%mod);
}