大致题意： 给你两个长度为(n)的数组(a_i)和(b_i)，定义(f_k(x)=sum_{i=1}^k|a_ix+b_i|)，对于(k=1sim n)的每个(f_k)，求(f_k)的最小值。
前言
懒得写平衡树，于是就想了个线段树做法。
还有，题目没有特殊说明不存在(a_i=0)的情况，但数据中确实不存在这样的情况，我的做法遇上这种情况可能要加一些特殊处理，然而我懒得写了。
前置知识
先考虑一个简单的问题：
(Problem 1)：
给你一个长度为(n)的数组(b_i)，求(sum_{i=1}^n|x+b_i|)的最小值。
显然根据初中数学可知，当(x)取(b_i)的中位数的相反数时，这个式子取最小值。
再考虑一个升级版的问题：
(Problem 2)：
给你两个长度为(n)的数组(a_i)和(b_i)，求(sum_{i=1}^n|a_ix+b_i|)的最小值。（假定任意(a_i>0)）
这看似复杂，实际上不难发现，(|a_ix+b_i|=a_i|x+frac{a_i}{b_i}|)，也就是一个(|a_ix+b_i|)可以拆成(a_i)个(|x+frac{a_i}{b_i}|)。
然后按上面(Problem 1)的方法做即可。
虽说上面我们假定(a_i>0)，但实际上对于(a_i<0)的情况，我们可以同时将(a_i)和(b_i)变为其相反数，这样就能满足(a_i>0)了。
前置处理
我们可以发现，这道题要我们做的，其实就是每次加入一组(a_i)和(b_i)，维护(Problem 2)的答案。
假如我们把(|a_ix+b_i|)拆成(a_i)个(|x+frac{a_i}{b_i}|)，由于(a_i<10^5)，显然最后数的个数的规模是难以接受的。
但如果我们能够开一个数组(p)，以(frac{a_i}{b_i})为下标，那么我们实际上每次只要把(p_{frac{a_i}{b_i}})加上(a_i)就能很方便地维护数组。
可是，以一个实数为下标显然是不可能的。因此，我们就需要在处理询问前先将(frac{a_i}{b_i})给离散化。
注意，为了防止挂精度，推荐在排序比较分数大小时可以先交叉相乘再比较，避免出现除法。
线段树
设我们求出中位数的值是(e)，且其在离散化后的值是(k)，那么答案就是：
其中(Fact_i)表示(i)所表示的真实值。
则我们需要一个数据结构，能够实现四种操作：单点修改、求中位数、求区间(sum p_i)和求区间(sum p_i imes Fact_i)。
于是我们就想到线段树。
注意求区间(sum p_i imes Fact_i)看似棘手，但由于我们是单点修改，因此我们只要对于每个位置维护两个值即可。
特殊地，根据先前定义我们可知，每次加入一组(a_i,b_i)，设(t)为(frac {b_i}{a_i})离散化后的值，那么我们会将(p_{t})加上(a_i)，那么(p_t imes Fact_t)其实就是加上了(a_i imes Fact_t=a_i imes frac{b_i}{a_i}=b_i)。
而对于求中位数，其实我们如果维护(g=sum p_i)，那么中位数就是第(lfloorfrac{g+1}2 floor)个数。
然后，我们在线段树上二分，便可以找到中位数离散化后的值(k)，进而就可以得到(e)了。
至于具体实现，可见代码。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 500000
#define LL long long
#define DB double
#define abs(x) ((x)<0?-(x):(x))
using namespace std;
int n,a[N+5],b[N+5],s[N+5],p[N+5];
I bool cmp(CI x,CI y) {return 1LL*b[x]*a[y]<1LL*b[y]*a[x];}
class FastIO
{
private:
#define FS 100000
#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define tn (x<<3)+(x<<1)
#define D isdigit(c=tc())
int f;char c,*A,*B,FI[FS];
public:
I FastIO() {A=B=FI;}
Tp I void read(Ty& x) {x=0,f=1;W(!D) f=c^'-'?1:-1;W(x=tn+(c&15),D);x*=f;}
}F;
class SegmentTree//线段树
{
private:
#define PT CI l=1,CI r=n,CI rt=1
#define LT l,mid,rt<<1
#define RT mid+1,r,rt<<1|1
#define PU(x) (T[x]=T[x<<1]+T[x<<1|1],S[x]=S[x<<1]+S[x<<1|1])
LL T[N<<2],S[N<<2];
public:
I void Upt(CI x,Con LL& y,Con LL& z,PT)//单点修改
{
if(l==r) return (void)(T[rt]+=y,S[rt]+=z);int mid=l+r>>1;
x<=mid?Upt(x,y,z,LT):Upt(x,y,z,RT),PU(rt);
}
I int Qmid(Con LL& rk,PT)//求中位数
{
if(l==r) return l;int mid=l+r>>1;
return rk<=T[rt<<1]?Qmid(rk,LT):Qmid(rk-T[rt<<1],RT);
}
I LL Qtot(CI x,CI y,PT)//区间求和1
{
if(x<=l&&r<=y) return T[rt];int mid=l+r>>1;
return (x<=mid?Qtot(x,y,LT):0)+(y>mid?Qtot(x,y,RT):0);
}
I LL Qsum(CI x,CI y,PT)//区间求和2
{
if(x<=l&&r<=y) return S[rt];int mid=l+r>>1;
return (x<=mid?Qsum(x,y,LT):0)+(y>mid?Qsum(x,y,RT):0);
}
}S;
int main()
{
RI i,k;LL g=0;DB e,w;for(F.read(n),i=1;i<=n;++i) F.read(a[i]);for(i=1;i<=n;++i) F.read(b[i]);//读入
for(i=1;i<=n;++i) a[i]<0&&(a[i]=-a[i],b[i]=-b[i]),s[i]=i;sort(s+1,s+n+1,cmp);//方便起见，将a[i]取正
for(k=0,i=1;i<=n;++i) (!k||(1LL*b[s[k]]*a[s[i]])^(1LL*b[s[i]]*a[s[k]]))&&(s[++k]=s[i]),p[s[i]]=k;//离散化，排序后去重
for(i=1;i<=n;++i)
{
S.Upt(p[i],a[i],b[i]),k=S.Qmid((g+=a[i])+1>>1),e=1.0*b[s[k]]/a[s[k]];//线段树上查询中位数
w=(e*S.Qtot(1,k)-S.Qsum(1,k))+(S.Qsum(k,n)-e*S.Qtot(k,n)),printf("%.8lf
",w);//利用线段树查询所需信息计算答案
}return 0;
}