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题目大意：给定 $n$ 个 $[0,50000)$ 的整数 $v_i$，你每次要选择一个下标集合和一个数 $x$，将这个下标集合中的数全部加上 $x$，并对 $50000$ 取模。

定义当前的分数为两两数在环上的距离之和，也就是${\sum }_{1\le i<j\le n}\min (|v_i-v_j|,50000-|v_i-v_j|)$。

你要通过若干次操作来最大化分数，并且每次操作后的分数相比操作前都要严格不降。

如图，这里我将所有的数视为一个长 $50000$ 的环上的点，这与原题中的直线倾角有所不同（例如原题中两条垂直的直线在我这里就是两个对径点），请注意；环上两点的距离实际上也就是它们之间劣弧的长度。

这是今年 APIO 三个题里相对简单的一个，达到最优解的方法不止一种，接下来直接介绍一种容易理解且容易证明的方法：

我们称两个数“对称”，若它们的差是 $25000$，也就是说它们在环上互为对径点。

容易发现，对于一对对称点以及任意的第三个点来说，无论它们的位置如何，产生的贡献总是固定的。如下图可见第三个点到这一对点的距离之和一定等于 $25000$。

如果两个点已经对称了，且你不打算破坏这一对称关系，那么它们产生的总贡献也就固定了，后续操作就可以直接删掉它们。

那么我们有结论：当所有的 $n$ 个点两两对称时，价值达到最大。特别地，$n$ 是奇数时会有一个点孤立出来。如下图所示。

利用上面的结论可知，这个最大值其实就是把 $\lceil \frac{n}{2}\rceil$ 个点放在 $0$，$\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 个点放在 $25000$ 的答案，即 $25000\times \lceil \frac{n}{2}\rceil \times \lfloor \frac{n}{2}\rfloor$；但其实没有必要非得这么放，只要随便搞出 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 对两两对称的点就行了。

结论的证明其实也就是具体的构造过程，考虑调整法：假设当前的方案不是满足所有点两两对称，就将其调整为这一状态，并且过程中保持总答案始终不下降即可。

假设已经去除所有两两配对的点，目前还剩下至少两个点没有配对。随便选择一个点，如果它的对称位置上已经有其他尚未配对的点，就直接配对即可；否则，以它与它的对称位置连接形成的直径将圆划分为两个半圆，统计一下这两个半圆内各自的点数。然后选择一个点数较少的半圆（若相等则任意选一个），将当前点向这个半圆的方向移动。（如下方图片的左图所示。）

容易看出，在它本身及它的对称位置越过其他点之前，这样的移动带来的价值增量是：两个半圆的点数之差*移动距离，显然总价值一定是不降的。

如果移动过程中它自己越过了某个其他点，这只会使得点数较少的半圆进一步减少，点数较多的半圆进一步增加，因此继续移动仍然是可以的，实际上我们根本不需要处理这种情况。（如下方图片的中图所示。）

如果移动过程中它的对称位置遇到了某个其他点，就相当于已经找到了当前点的配对目标，我们直接停下来即可。注意，虽然继续移动可能依然能使答案上升，但我们的目标只是将点配对而已，因此没必要继续移动了。（如下方图片的右图所示。）

然后就简单了，我们只需要用 set 维护当前还没配对的点，用树状数组维护区间内剩余点的个数，然后直接在 set 上查询前驱/后继来找到当前点的配对目标，调用一次 rotate 函数即可。总的时间复杂度为 $O(n\log n)$，调用 rotate 的总开销只有不超过 $\frac{n}{2}$，远远不到题目限制的 $2\times 10^6$。（说起来为什么要开这么大的调用开销限制？）

代码如下，为了减少分类讨论我把整个环复制了三份，查询时在中间一份进行，这样可以避免把环断成两个区间之类的讨论细节。

#include<bits/stdc++.h>
void rotate(std::vector<int> t, int x);
#define li long long
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
using namespace std;
int t[150010],m = 150000;
#define opp(x) (((x) + 25000) % 50000)
inline void ins(int x){++x;for(int i = x;i <= m;i += i & -i) ++t[i];
}
inline void del(int x){++x;for(int i = x;i <= m;i += i & -i) --t[i];
}
inline int qry(int x){++x;int ans = 0;for(int i = x;i;i -= i & -i) ans += t[i];return ans;	
}
inline int cx(int l,int r){return qry(r) - qry(l - 1);
}
set<pii> s;
void ins_a_node(int x,int id){x = (x % 50000 + 50000) % 50000;s.insert(mp(x,id));s.insert(mp(x + 50000,id));s.insert(mp(x + 100000,id));ins(x);ins(x + 50000);ins(x + 100000);
}
void del_a_node(int x,int id){x = (x % 50000 + 50000) % 50000;s.erase(mp(x,id));s.erase(mp(x + 50000,id));s.erase(mp(x + 100000,id));del(x);del(x + 50000);del(x + 100000);
}
void energy(int n, std::vector<int> v){vector<int> vis(n,0);s.clear(); for(int i = 0;i < n;++i){ins_a_node(v[i],i);} int cnt = 0;for(int i = 0;i < n;++i) if(!vis[i]){vis[i] = 1;del_a_node(v[i],i);auto it = s.lower_bound(mp(opp(v[i]), -1));if(it != s.end() && it->fi == opp(v[i])){ // opposite node existsint j = it->se;vis[j] = 1;del_a_node(v[j],j);}else{int x = v[i] + 50000;int oppx = opp(v[i]) + 50000;int ql = cx(x - 24999,x - 1);int qr = cx(x + 1,x + 24999);int j = -1;if(ql > qr){ // turn rightj = (s.lower_bound(mp(oppx, -1)))->se;}else{// turn leftj = (--s.lower_bound(mp(oppx, -1)))->se;}// turn i to opp(j)vis[j] = 1; del_a_node(v[j],j);rotate({i}, (opp(v[j]) - v[i] + 50000) % 50000);}cnt += 2; if(cnt >= n - 1) break;}for(int i = 0;i < n;++i) if(!vis[i]) del_a_node(v[i],i); // clear
}