前缀和之差化连续项再取中项

解题套路

题面把新数列定义成两个前缀和之差（$b_k=S_{f(k)}-S_{g(k)}$ 这一类）时，不要先把两个 $S$ 各自 用 $a_1$、$d$ 展成二次式再相减——那样每一项都要算一遍带 $n$ 的多项式。三步就够：

1. 相减化区间。前缀和之差就是一段连续项：

   $$S_q-S_p=a_{p+1}+a_{p+2}+\cdots+a_q\quad(p<q)$$

   $p>q$ 时结果取负号、区间反过来：$S_q-S_p=-(a_{q+1}+\cdots+a_p)$。公共的那一截整段对消， 剩下的一定是连续的一段——这是前缀和唯一的用法，也是这一步全部的技术含量。

2. 数清区间。写下这一段的左端、右端、项数。项数 $=$ 右端 $-$ 左端 $+1$； 两端都带 $n$ 时项数也带 $n$，照样先写出来。

3. 取中间项。等差数列里，一段连续项之和 $=$ 项数 $\times$ 中间项：

   $$a_{l}+a_{l+1}+\cdots+a_{r}=(r-l+1)\cdot a_{\frac{l+r}{2}}\qquad(l+r\ \text{为偶数})$$

   这是等差中项的直接推论——把这一段首尾配对，每一对的和都是 $2a_{(l+r)/2}$。项数为奇数时 中间项就是数列里真实的那一项，一段和当场压成一项。

于是原本每个 $b_k$ 都是一个二次式，现在每个 $b_k$ 都是「一个整数系数乘某一项」。

为什么这一步能省掉大半计算

对比一下同一个 $b_{n+1}=S_{n+2}-S_{2n}$ 两种走法：

后者的输出还自带结构：几个中间项的下标往往自己成等差，于是几个 $b$ 全部化成同一项与 $d$ 的 一次式，比较它们时连通项公式都不必再展。

三处要当心

• 项数为偶数时没有「中间项」。$a_l+\cdots+a_r$ 在 $l+r$ 为奇数时中点落在两项之间， 这时写成 $\frac{r-l+1}{2}(a_l+a_r)$（首末配对），别硬凑一个不存在的 $a_{(l+r)/2}$。
• 两端谁大谁小要先判。$S_q-S_p$ 的符号由 $p$、$q$ 的大小定，而两端都含 $n$ 时大小关系 可能随 $n$ 翻转（$S_{n+2}-S_{2n}$ 在 $n<2$ 时是正的、$n>2$ 时是负的，$n=2$ 时为 $0$）。 分界点处要单独看一眼。
• 区间可能是空的。两个和相等时那一段没有项，差是 $0$——它是合法结果，不是算错。

自检

化完之后拿一个具体的 $n$ 回代验一次：按定义直接加出那几项，和「项数 × 中间项」比对。 一次就够，错位一格立刻暴露。