\(\mathscr{Desription}\)

??Link.

??有 \(n\) 个盒子排成一排，第 \(i\) 个盒子内有 \(a_i\) 个球。球可以在相邻盒子间传递，\(i\) 与 \(i+1\) 间的单位传递费用是 \(w_i\)。对于所有 \(\{b_{1..n}\}\in\mathbb{N}^n,\sum_{i=1}^nb_i=\sum_{i=1}^na_i:=S\)，求通过传递使得 \(a=b\) 的最小费用和。答案模 \(998244353\)。

??\(n\le5\times10^5\)，\(S\le2\times10^6\)。

\(\mathscr{Solution}\)

??答案显然是

\[\textit{ans}=\sum_{i=1}^{n-1}w_i\sum_{j=0}^S|j-s_i|\binom{i+j-1}{j}\binom{S-j+n-i-1}{S-j}. \]

这个 \(w_i\) 的高情商理解当然是：我们需要求出每个

\[\begin{aligned} r_i&=\sum_{j=0}^S|j-s_i|\binom{i+j-1}{j}\binom{S-j+n-i-1}{S-j}\\ &=2\sum_{j=0}^{s_i}(s_i-j)\binom{i+j-1}{j}\binom{S-j+n-i-1}{S-j}\\ &~~~~+\sum_{j=0}^S(j-s_i)\binom{i+j-1}{j}\binom{S-j+n-i-1}{S-j}. \end{aligned} \]

注意第二步的绝对值拆得比较有心机，保持求和指标从 \(0\) 开始，使得式子的组合意义更优美。

??两项分别算叭。设 \(r_i=p_i+q_i\)。首先利用恒等式 \(j\binom{i+j-1}{j}=i\binom{i+j-1}{j-1}\) 化简 \(p,q\)，此后观察到 \(q_i\) 的求和是对组合数所有有意义的上指标求和，它应该比较好化简。浅推一下：

\[\begin{aligned} q_i&=i\sum_{j=0}^{S-1}\binom{i+j}{j}\binom{S-j+n-i-2}{S-j-1}-s_i\sum_{j=0}^S\binom{i+j-1}{j}\binom{S-j+n-i-1}{S-j}\\ &=i\sum_{j=0}^{S-1}\binom{i+j}{i}\binom{S-j+n-i-2}{n-i-1}-\cdots\\ &=i\binom{i+1+S+n-i-2}{i+1+n-i-1}-\cdots\quad\quad(*)\\ &=i\binom{S+n-1}{n}-s_i\sum_{j=0}^S\binom{i+j-1}{i-1}\binom{S-j+n-i-1}{n-i-1}\\ &=\cdots-s_i\binom{i-1+1+S+n-i-1}{i-1+1+n-i-1}\\ &=i\binom{S+n-1}{n}-s_i\binom{S+n-1}{n-1}. \end{aligned} \]

其中 \((*)\) 是经典组合意义：在 \(S+n-1\) 个球中选 \(n\) 个，其中第 \(i+1\) 个钦定为分隔球，就得到了原乘积式的组合方案。

??接下来解决 \(p\)。先做类似 \(q\) 的前两步化简，然后细看一下，把两个和式单独考虑：

\[\frac{1}{2}p_i=-if(i,s_i-1)+s_ig(i,s_i). \]

??类似于 \((*)\)，\(f(x,y)\) 的组合意义为：在 \(S+n-1\) 个球里选 \(n\) 个，要求选的第 \(x+1\) 个球的位置不超过 \(x+y+1\)；\(g(x,y)\) 的组合意义为：在 \(S+n-1\) 个球里选 \(n-1\) 个，要求选的第 \(x\) 个球的位置不超过 \(x+y\)。敏锐地注意到：\(f,g\) 都可以利用 \((x,y)\) 的一个前驱状态添加或减少边界情况的方案得到。另一方面，原式恰好满足 \(x,y\) 分别不递减。因此，我们可以维护 \(f(x,y)\) 和 \(g(x,y)\)，将 \((x,y)\) 随着和式做指针移动。具体地，通过组合意义的理解，不难得到：

\[f(x,y)=\binom{x+y}{x}\binom{S+n-2-x-y}{n-1-x}+f(x,y-1),\\ f(x,y)=f(x-1,y)-\binom{x+y}{x}\binom{S+n-2-x-y}{n-x};\\ g(x,y)=\binom{x+y-1}{x-1}\binom{S+n-1-x-y}{n-1-x}+g(x,y-1),\\ g(x,y)=g(x-1,y)-\binom{x+y-1}{x-1}\binom{S+n-1-x-y}{n-x}. \]

可见，\((x,y)\) 移动到 \((x+1,y)\) 或者 \((x,y+1)\) 都是 \(\mathcal O(1)\) 的，均摊下来，我们就能 \(\mathcal O(n+S)\) 求出 \(f,g\)。所以总复杂度就是 \(\mathcal O(T(n+S))\)。

\(\mathscr{Code}\)

/*+Rainybunny+*/

#include 

#define rep(i, l, r) for (int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i)
#define per(i, r, l) for (int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i)

inline char fgc() {
    static char buf[1 << 17], *p = buf, *q = buf;
    return p == q && (q = buf + fread(p = buf, 1, 1 << 17, stdin), p == q) ?
      EOF : *p++;
}

template 
inline Tp rint() {
    Tp x = 0, s = fgc(), f = 1;
    for (; s < '0' || '9' < s; s = fgc()) f = s == '-' ? -f : f;
    for (; '0' <= s && s <= '9'; s = fgc()) x = x * 10 + (s ^ '0');
    return x * f;
}

template 
inline void wint(Tp x) {
    if (x < 0) putchar('-'), x = -x;
    if (9 < x) wint(x / 10);
    putchar(x % 10 ^ '0');
}

const int MAXN = 5e5, MAXS = 2e6, MOD = 998244353;
int n, a[MAXN + 5], w[MAXN + 5], fac[MAXN + MAXS + 5], ifac[MAXN + MAXS + 5];

inline int mul(const int u, const int v) { return 1ll * u * v % MOD; }
inline void subeq(int& u, const int v) { (u -= v) < 0 && (u += MOD); }
inline int sub(int u, const int v) { return (u -= v) < 0 ? u + MOD : u; }
inline void addeq(int& u, const int v) { (u += v) >= MOD && (u -= MOD); }
inline int add(int u, const int v) { return (u += v) < MOD ? u : u - MOD; }
inline int mpow(int u, int v) {
    int ret = 1;
    for (; v; u = mul(u, u), v >>= 1) ret = mul(ret, v & 1 ? u : 1);
    return ret;
}

inline void init(const int s) {
    fac[0] = 1;
    rep (i, 1, s) fac[i] = mul(i, fac[i - 1]);
    ifac[s] = mpow(fac[s], MOD - 2);
    per (i, s - 1, 0) ifac[i] = mul(i + 1, ifac[i + 1]);
}

inline int bino(const int u, const int v) {
    return v < 0 || u < v ? 0 : mul(fac[u], mul(ifac[v], ifac[u - v]));
}

int main() {
    init(MAXN + MAXS);
    for (int T = rint(); T--;) {
        n = rint();
        rep (i, 1, n) a[i] = a[i - 1] + rint();
        rep (i, 1, n - 1) w[i] = rint();

        int ans = 0, S = a[n];
        int fx = 0, fy = 0, fv = bino(S + n - 2, n - 1);
        int gx = 1, gy = 0, gv = bino(S + n - 2, n - 2);
        rep (i, 1, n - 1) {
            addeq(ans, mul(w[i], sub(mul(i, bino(S + n - 1, n)),
              mul(a[i], bino(S + n - 1, n - 1)))));
            while (fx < i) {
                ++fx;
                subeq(fv, mul(bino(fx + fy, fx),
                  bino(S + n - 2 - fx - fy, n - fx)));
            }
            while (fy < a[i] - 1) {
                ++fy;
                addeq(fv, mul(bino(fx + fy, fx),
                  bino(S + n - 2 - fx - fy, n - 1 - fx)));
            }
            while (gx < i) {
                ++gx;
                subeq(gv, mul(bino(gx + gy - 1, gx - 1),
                  bino(S + n - 1 - gx - gy, n - gx)));
            }
            while (gy < a[i]) {
                ++gy;
                addeq(gv, mul(bino(gx + gy - 1, gx - 1),
                  bino(S + n - 1 - gx - gy, n - 1 - gx)));
            }
            addeq(ans, mul(mul(2, w[i]),
              sub(mul(a[i], gv), mul(i, fy == a[i] - 1 ? fv : 0))));
        }
        wint(ans), putchar('\n');
    }
    return 0;
}