描述
阿明是一名推销员，他奉命到螺丝街推销他们公司的产品。螺丝街是一条死胡同，出口与入口是同一个，街道的一侧是围墙，另一侧是住户。螺丝街一共有N家住户，第i家住户到入口的距离为Si米。由于同一栋房子里可以有多家住户，所以可能有多家住户与入口的距离相等。阿明会从入口进入，依次向螺丝街的X家住户推销产品，然后再原路走出去。
阿明每走1米就会积累1点疲劳值，向第i家住户推销产品会积累Ai点疲劳值。阿明是工作狂，他想知道，对于不同的X，在不走多余的路的前提下，他最多可以积累多少点疲劳值。
输入
第一行有一个正整数N，表示螺丝街住户的数量。
接下来的一行有N个正整数，其中第i个整数Si表示第i家住户到入口的距离。数据保证S1≤S2≤…≤Sn<10^8。
接下来的一行有N个正整数，其中第i个整数Ai表示向第i户住户推销产品会积累的疲劳值。数据保证Ai<10^3。
输出
输出N行，每行一个正整数，第i行整数表示当X=i时，阿明最多积累的疲劳值。
样例输入
输入样例#1：
5
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
输入样例#2：
5
1 2 2 4 5
5 4 3 4 1
样例输出
输出样例#1：
15
19
22
24
25
输出样例#2：
12
17
21
24
27
提示
【输入输出样例1说明】
X=1:向住户5推销，往返走路的疲劳值为5+5，推销的疲劳值为5，总疲劳值为15。
X=2:向住户4、5推销，往返走路的疲劳值为5+5，推销的疲劳值为4+5，总疲劳值为5+5+4+5=19。
X=3:向住户3、4、5推销，往返走路的疲劳值为5+5，推销的疲劳值3+4+5，总疲劳值为5+5+3+4+5=22。
X=4:向住户2、3、4、5推销，往返走路的疲劳值为5+5，推销的疲劳值2+3+4+5，总疲劳值5+5+2+3+4+5=24。
X=5:向住户1、2、3、4、5推销，往返走路的疲劳值为5+5，推销的疲劳值1+2+3+4+5，总疲劳值5+5+1+2+3+4+5=25。
【输入输出样例2说明】
X=1：向住户4推销，往返走路的疲劳值为4+4，推销的疲劳值为4，总疲劳值4+4+4=12。
X=2：向住户1、4推销，往返走路的疲劳值为4+4，推销的疲劳值为5+4，总疲劳值4+4+5+4=17。
X=3：向住户1、2、4推销，往返走路的疲劳值为4+4，推销的疲劳值为5+4+4，总疲劳值4+4+5+4+4=21。
X=4：向住户1、2、3、4推销，往返走路的疲劳值为4+4，推销的疲劳值为5+4+3+4，总疲劳值4+4+5+4+3+4=24。或者向住户1、2、4、5推销，往返走路的疲劳值为5+5，推销的疲劳值为5+4+4+1，总疲劳值5+5+5+4+4+1=24。
X=5：向住户1、2、3、4、5推销，往返走路的疲劳值为5+5，推销的疲劳值为5+4+3+4+1，
总疲劳值5+5+5+4+3+4+1=27。
【数据说明】
对于20%的数据，1≤N≤20；
对于40%的数据，1≤N≤100；
对于60%的数据，1≤N≤1000；
对于100%的数据，1≤N≤100000。
标签
NOIP2015普及组
不得不说如果做题时思路不清晰很难码出来。
这道题我用的是贪心+set乱搞。
A了之后CSDN上翻了翻发现基本都是优先队列，还有就是用的主席树/整体二分%%%
其实这题并不难。
我们每次贪心选取当前对答案贡献最大的就行了。
但如果直接转移是
。
于是我用了一个
来优化。
如何优化呢？
假设当前选了
。
那么以后如果再选
~
中的，那么选它们时
不能算入贡献。
因此我们先建立一个维护
最值的set，
然后建立一个维护
最值的set，
并且记录一个当前最右端点maxpos。
当选了
时，只需要把
~
放入第二个集合，把maxposo改成x,并把x从第一个集合中删去就行了。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 100005
using namespace std;
int a[N],s[N],n,ans=0;
struct Node{int fi,se;};
inline bool operator<(Node a,Node b){return a.fi==b.fi?a.se<b.se:a.fi>b.fi;}
set<Node>s1,s2;
inline int read(){
int ans=0;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))ch=getchar();
while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return ans;
}
int main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;++i)s[i]=read();
for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read(),s1.insert((Node){a[i]+2*s[i],i});
int maxpos=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(!s1.size()){
Node tmp=*s2.begin();
ans+=tmp.fi,s2.erase(s2.begin());
}
else if(!s2.size()){
Node tmp=*s1.begin();
ans+=tmp.fi-2*s[maxpos];
s1.erase((Node){a[tmp.se]+2*s[tmp.se],tmp.se});
for(int i=maxpos+1;i<tmp.se;++i)s2.insert((Node){a[i],i}),s1.erase((Node){a[i]+2*s[i],i});
maxpos=tmp.se;
}
else{
Node tmp1=*s1.begin(),tmp2=*s2.begin();
if(tmp1.fi-2*s[maxpos]>=tmp2.fi){
ans+=tmp1.fi-2*s[maxpos];
s1.erase((Node){a[tmp1.se]+2*s[tmp1.se],tmp1.se});
for(int i=maxpos+1;i<tmp1.se;++i)s2.insert((Node){a[i],i}),s1.erase((Node){a[i]+2*s[i],i});
maxpos=tmp1.se;
}
else ans+=tmp2.fi,s2.erase(s2.begin());
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}