Entiendo que por "listas" $X, Y \in \mathbb{R}^n$ quieres decir $n$ -tuplas $X = (x_1, x_2, \ldots, x_n),$ $Y = (y_1, y_2, \ldots, y_n),$ donde $x_i \in \mathbb{R},$ $y_j \in \mathbb{R}$ para $i, j = 1, 2, \ldots, n.$ En lugar de utilizar lo que parecen ser anotaciones confusas $x \in X$ y $y \in Y,$ Voy a escribir: $$ r = \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\frac{c}{x_i + y_j + c}. $$ (Hágame saber si esto representa mal sus intenciones).
No sé cómo responder a su pregunta de forma definitiva, pero presentaré un argumento que sugiere con fuerza que la respuesta es "no". Intentaré demostrar que, si $n \geqslant 2,$ entonces $r$ no puede expresarse en la forma $$ r = h(f(X), g(Y)) $$ para cualquier función diferenciable $f \colon S \to U,$ $g \colon T \to V,$ $h \colon U \times V \to \mathbb{R},$ donde $S, T$ son subconjuntos abiertos de $\mathbb{R}^n,$ y $U, V$ son intervalos de $\mathbb{R}.$ (No se preocupe si no está familiarizado con el término subconjunto abierto - no es crucial).
En una notación suelta que espero no cause confusión (escribir compuestos de mapas lineales, con paréntesis anidados, también es confuso), si pensamos en $h$ como una "función de dos variables" $u = f(X)$ y $v = g(Y),$ $$ \frac{\partial r}{\partial x_i} = \frac{\partial h}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x_i} \text{ and } \frac{\partial r}{\partial y_j} = \frac{\partial h}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y_j}. $$ Lo importante es que las derivadas parciales de $u$ no involucran $Y,$ y las derivadas parciales de $v$ no involucran $X,$ por lo que la relación de las derivadas parciales de $r$ con respecto a $x_i, x_{i'}$ es independiente de $Y$ para todos $i, i',$ y análogamente la relación de las derivadas parciales de $r$ con respecto a $y_j, y_{j'}$ es independiente de $X$ para todos $j, j'.$ Pero: \begin{align*} \frac{\partial r}{\partial x_i} & = -\sum_{j=1}^n\frac{c}{(x_i + y_j + c)^2} \quad (i = 1, 2, \ldots, n), \\ \frac{\partial r}{\partial y_j} & = -\sum_{i=1}^n\frac{c}{(x_i + y_j + c)^2} \quad (j = 1, 2, \ldots, n). \end{align*} Basta con utilizar sólo la primera de ellas para derivar una contradicción.
Tome cualquier punto $X \in S$ tal que no haya dos de sus coordenadas $x_1, x_2, \ldots, x_n$ son iguales. (Técnicamente, esto es posible porque el conjunto $S$ está abierto). Para $i = 1, 2, \ldots, n,$ escribir $$ p_i(Y) = \sum_{j=1}^n\frac1{(x_i + y_j + c)^2}, \text{ for } Y = (y_1, y_2, \ldots, y_n) \in T. $$ Nuestra hipótesis es equivalente a la proposición de que para cada par de índices $i, i'$ en $\{1, 2, \ldots, n\},$ la relación $p_i(Y)/p_{i'}(Y)$ es independiente de $Y.$ Esto es obviamente improbable, pero debemos obtener una contradicción de ello.
Tome cualquier par $i, i',$ no importa cuál. Nuestra hipótesis implica que para $k = 1, 2, \ldots, n,$ $$ 0 = \frac\partial{\partial y_k}(\log p_i(Y) - \log p_{i'}(Y)) = \frac{-2}{p_i(Y)(x_i + y_k + c)^3} + \frac2{p_{i'}(Y)(x_{i'} + y_k + c)^3}, $$ por lo tanto $$ \left(\frac{x_{i'} + y_k + c}{x_i + y_k + c}\right)^3 = \frac{p_i(Y)}{p_{i'}(Y)}, $$ que es independiente de $Y,$ y por lo tanto independiente de $y_k.$ Pero elegimos $X$ para que $x_i \ne x_{i'}.$ Si, por ejemplo, $x_{i'} > x_i,$ entonces la expresión entre paréntesis es igual a $1 + (x_{i'} - x_i)/(x_i + y_k + c),$ que disminuye estrictamente con $y_k,$ contradiciendo nuestra hipótesis.
Por lo tanto, $r(X, Y)$ no puede expresarse en la forma $h(f(X), g(Y))$ para cualquier función diferenciable $f, g, h.$ $\ \square$
Lo que esto parece demostrar (aunque admito que el argumento está lejos de ser concluyente) es que no hay manera de calcular $r(X, Y)$ mediante un primer tratamiento $X$ y $Y$ por separado y luego combinar los resultados. Esto hace que las perspectivas de un $\mathcal{O}(n)$ el algoritmo parece bastante sombrío, creo.
