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。
输入样例
5
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
输出样例
15
19
22
24
25
数据规模
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。
题解
容易想到，上次的最远距离为$dis$时，这次的最远距离$geqslant dis$。
此时选取有两种情况：1.在满足$s_{i} leqslant dis$的$a_{i}$中选取最大值；2.在满足$a_{i} > dis$的$a_{i} + 2 imes (s_{i} - dis)$中选取最大值。
再加上之前积累的疲劳值即可。
因为$dis$只会变大，所以情况1中的元素数量不会增多，我们可以排序一遍，然后每次选取没被删除的最大值。情况2种元素数量会增加，所以我们可以用堆来维护。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <queue>
#define MAX_N 100000
using namespace std;
int n;
struct node {int dis, val, sum;}a[MAX_N];
priority_queue<int> q;
int pos, tval;
bool cmp(node a, node b)
{
if(a.sum != b.sum) return a.sum > b.sum;
return a.dis > b.dis;
}
void solve()
{
q.push(0);
for(int i = 0, iss = 1; i < n; i++)
{
if(iss) sort(a, a + n, cmp);
if(q.top() >= a[0].sum - pos * 2)
{
tval += q.top();
q.pop();
iss = 0;
}
else
{
tval += a[0].sum - pos * 2;
pos = a[0].dis;
iss = 1;
a[0].dis = a[0].val = a[0].sum = 0;
for(int j = 1; j < n; j++) if(a[j].dis && a[j].dis <= pos)
{
q.push(a[j].val);
a[j].dis = a[j].val = a[j].sum = 0;
}
}
if(i) putchar('
');
printf("%d", tval);
}
return;
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", &a[i].dis);
for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", &a[i].val);
for(int i = 0; i < n; i++) a[i].sum = a[i].dis * 2 + a[i].val;
solve();
return 0;
} 参考程序
但实际上，在洛谷上还有更优秀的做法，这里发一下自己对那个做法的理解。
我们可以想，如果将所有的元素按照$a_{i} > a_{i + 1}$排序处理，那么对于每个$x$，实际上解为：
$$max left { egin{matrix} underset {1 leqslant i leqslant x} {max} { s_{i} imes 2 } + sum_{i = 1}^{x} a_{i} (1)\ underset {x leqslant i leqslant n} {max} { a_{i} + s_{i} imes 2 }+ sum_{i = 1}^{x - 1} a_{i} (2) end{matrix}
ight.$$
其实也就是选择最大的$x - 1$个$a_{i}$，再选择第$x$大的$a_{i}$，或者选择$a_{i}$更小但是$a_{i} + s_{i} imes 2$更大的。
有同学应该会认为$(2)$可能不成立。不要着急，继续往下看。
容易想到，当$(1) leqslant (2)$时，因为$(2)$中选取的满足$i geqslant x$的$a_{i}$显然不大于$(1)$中的任何一个$a_{i}$，所以$(2)$中选取的$s_{i}$一定不小于$ underset {1 leqslant i leqslant x} {max} { s_{i} }$，所以此时$(2)$成立。
而当$(1) > (2)$时，同样的，因为$(2)$中选取的满足$i geqslant x$的$a_{i}$显然不大于$(1)$中的任何一个$a_{i}$，所以$(2)$中选取的$s_{i}$可能不小于$ underset {1 leqslant i leqslant x} {max} { s_{i} }$，则此时$(2)$可能不成立。
当$(2)$不成立时，我们要让$(2)$成立，则$(2)$的$s_{i}$也应选满足$geqslant underset {1 leqslant i leqslant x} {max} {s_{i} }$。
但是，本身之前$(2)$在选取 $underset {x leqslant i leqslant n} {max} { a_{i} + s_{i} imes 2 }$，已经排除了$(2)$的$s_{i}$满足$geqslant underset {1 leqslant i leqslant x} {max} {s_{i} }$的情况，所以即使改为$(2)$成立，也一定有$(1) > (2)$，那我们还管$(2)$干什么呢？（摊手）
所以直接这么做就行了。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define MAX_N (100000 + 5)
using namespace std;
struct Node
{
int dis, val;
friend inline bool operator < (Node a, Node b)
{
return a.val > b.val;
}
};
int n;
Node a[MAX_N];
int s[MAX_N], md[MAX_N], p[MAX_N];
int main()
{
scanf("%d", &n);
for(register int i = 1; i <= n; ++i)
{
scanf("%d", &a[i].dis);
}
for(register int i = 1; i <= n; ++i)
{
scanf("%d", &a[i].val);
}
sort(a + 1, a + n + 1);
for(register int i = 1; i <= n; ++i)
{
s[i] = s[i - 1] + a[i].val;
md[i] = max(md[i - 1], a[i].dis);
}
for(register int i = n; i; --i)
{
p[i] = max(p[i + 1], a[i].val + a[i].dis * 2);
}
for(register int i = 1; i <= n; ++i)
{
printf("%d
", max(s[i] + md[i] * 2, s[i - 1] + p[i]));
}
return 0;
} 参考程序（更优）