题目描述 Description
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。
输入描述 Input Description
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。
输出描述 Output Description
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 Sample Input
【样例1】
5
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
【样例2】
5
1 2 2 4 5
5 4 3 4 1
样例输出 Sample Output
【样例1】
15
19
22
24
25
【样例2】
12
17
21
24
27
数据范围及提示 Data Size & Hint
1≤N≤100000
注：请用 scanf 输入。
/*刚开始想了一个贪心思路，不知道对不对，然而真的就对了，只不过是O(n^2)的，TLE，然后用优先队列优化就过了。贪心思路首先我们明确，找前i个住户一定是在i-1的基础上找的，具体方法是记录当前我们最远找到的村庄位置now，因为当你往回找和往前找时走的路程是不同的，对于now来说，我们有两种决策，一种是向上找，一种是向下找，找到最大值加入ans，这样是O(n^2)的方法。然而我们发现向上找的部分会随now的变大而逐渐不浪费时间，向下找的部分则会重复找很多次，所以我们搞一个优先队列，再记录一个当前最远的入队元素位置from，每次当我们更新now时，就把from+1到now内的元素放入优先队列，这样我们在下一次向下找的时候就不用再循环一遍，而是直接从优先队列中取头元素就好了。 */ #include<cstdio> #include<iostream> #include<queue> #include<algorithm> #define M 100010 using namespace std; int n,ans; struct node {int v,pos;bool operator< (node x)const{return v<x.v;} };node a[M],b; priority_queue<node> q; int main() {scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i].pos);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i].v);b.v=0;b.pos=0;q.push(b);int now=0,from;for(int i=1;i<=n;i++){b=q.top();int mx=b.v,p=0;for(int j=now+1;j<=n;j++)if((a[j].pos-a[now].pos)*2+a[j].v>mx){mx=(a[j].pos-a[now].pos)*2+a[j].v;p=j;}if(p){b.pos=p;b.v=mx;from=now;now=p;q.push(b);for(int j=from+1;j<now;j++)q.push(a[j]);}node b=q.top();ans+=b.v;q.pop();printf("%d\n",ans);}return 0; }
