题目描述
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。
输入输出格式
输入格式：
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。
输出格式：
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。
输入输出样例
说明
【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。
磕了一上午，终于搞出来了，仍然有些mengbier。挺简单的题，我太菜了，不想思考。
/* 贪心。 可以发现，推销数量为i的情况一定包含着推销情况为i-1的那些人。 所以，建一棵线段树，节点的值是它的子树的val最大值。 每个节点都存储下表id和产生的疲劳值num。 先找出贡献最大的那个人，记录它的位置， 后续的人，如果它的位置比上一个人last靠右，记为now，则在now右边的人， 他们的贡献-=2*(s[now]-s[last])。 在last和now中间的人，价值val=a[i]，因为他们要走的路已经被走过了，不在有贡献。 last以及它左边的人，上一次已经被置了，所以如果tree[root].r<=last,直接return便可。 访问过now后，要把now标记掉，下次不在访问，直接将其贡献val置为极小值便可。 */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<string> #include<algorithm> using namespace std; const int N=100005; const int INF=599518803; int n; int s[N],a[N]; struct Tree { int l,r,mid,lazy; int id,val; }tree[N<<2]; int last,now; int read() { char c=getchar();int num=0; for(;!isdigit(c);c=getchar()); for(;isdigit(c);c=getchar()) num=num*10+c-'0'; return num; } void push_up(int root) { if(tree[root<<1].val>=tree[root<<1|1].val) { tree[root].id=tree[root<<1].id; tree[root].val=tree[root<<1].val; } else { tree[root].id=tree[root<<1|1].id; tree[root].val=tree[root<<1|1].val; } } void build(int root,int l,int r) { tree[root].l=l,tree[root].r=r,tree[root].mid=l+r>>1; if(l==r) { tree[root].id=l; tree[root].val=(s[l]<<1)+a[l]; return; } build(root<<1,l,tree[root].mid); build(root<<1|1,tree[root].mid+1,r); push_up(root); } void push_down(int root) { tree[root<<1].lazy+=tree[root].lazy; tree[root<<1|1].lazy+=tree[root].lazy; tree[root<<1].val+=tree[root].lazy; tree[root<<1|1].val+=tree[root].lazy; tree[root].lazy=0; return; } void update(int root) { if(tree[root].r<=last) //因为在last之前的一定已经被走过了，已经被置为了a[i]，没必要再次置一次，所以直接返回 return; if(tree[root].l>now) //在当前的人右边的 { tree[root].val-=(s[now]-s[last])<<1; //减路程 tree[root].lazy-=(s[now]-s[last])<<1; //lazy数组也要减 return; } if(tree[root].l==tree[root].r) //在last和now之间的，换成他们的推销值 { tree[root].val=a[tree[root].l]; return; } if(tree[root].lazy) push_down(root); update(root<<1); update(root<<1|1); push_up(root); } void _delete(int root) //将now删除 { if(tree[root].l==tree[root].r) { tree[root].val=-INF; //val置为极小值 return; } if(now<=tree[root].mid) _delete(root<<1); else _delete(root<<1|1); push_up(root); } int main() { n=read(); for(int i=1;i<=n;++i) s[i]=read(); for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read(); build(1,1,n); int ans=0; for(int i=1;i<=n;++i) { ans+=tree[1].val; //取出最大的贡献 now=tree[1].id; printf("%d ",ans); if(now>last) { update(1); last=now; //更新last } _delete(1); //删除now } return 0; }