前言
是介个样子，不知道是不是我太弱了，我看了好多题解，然后花了好多时间才明白贪心具体。
于是我决定自己写一题解，会详细一些的。本题解会有 贪心思路+例子模拟贪心
我觉得我挺有良心的,,希望大家都能看懂QAQ
题目
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 \(S_i\) 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 \(A_i\) 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。
分析
距离是真的烦人，那就不管他吧。因为想要疲劳值最大，那么先按照疲劳值从大到小排序一边。
此时，可以判断出，最大值可能为：对于每个\(X\)，只要加上前\(X\)大的疲劳值，再加上这些数中距离最远的并乘以2，也就是：
\(sum(a[k])(1≤k≤X)+s[j]*2\)
其中，\(s[j]\)表示前 \(K\) 个距离最远的，\(sum()\) 表示和。
但是，推销员可以通过走远一点，虽然疲劳值比前面小，但是有可能把路程一算，反而更大。
因此，可以把\(a[]\)，即疲劳值中，前\(X\)大中的最小值，即第\(X\)大的那一家舍去，看看能不能通过走更远来换取更大的疲劳值总和。
而从后面看，一定也会存在一个最大值，把这个最大值和前面\(X-1\)个疲劳值总和加起来，看看会不会比前面第一种的情况大。
证明：只需舍去最小值来走更远，无需舍去更多数来走更远。
其实这也不是一个证明..
因为已经从大到小排序了，所以，如果舍去\(2\)个疲劳值，那么后面只会在加上两个更小的疲劳值，以及两个之间最大的距离并乘\(2\)，那么这样还不如只舍去一个。
\(2\)个不行，那么\(2\)个以上更是不行了。
举例子了。
硬讲太累了，还是用一个例子吧。
//自动排序QAQ s[i]:1,3,4,5,11 a[i]:5,4,2,1,1若\(X==1\)，直接取，那么值为:\(1×2+5=7\),如果舍去最小的往后跑，值为:\(11×2+1=23\)，所以，最大值就为\(max(7,23)=23\)。
若\(X==2\)，直接取，值为:\(3×2+5+4=15\),把其中最小值舍去，也就是\(4\)去掉，往后跑值为:\(11×2+1+5=28\)，那么最大值为\(max(15,28)=28\)。
若把次小疲劳值，即\(5\),也往后跑，那么值为\(11×2+1=24\)，可以发现，距离并未因此改变，仍为\(11\)，而位置移后，疲劳值只会减少，故只要移动最小疲劳值。
那么，最后一个问题，酱紫复杂度是会炸掉的，\(so\)
用\(sum[]\)记录疲劳前缀和，这样子加的时候方便。
用\(q[]\)记录前i个距离最大值，这样子就不用找啦！
用\(h[]\)记录往后跑时，应该选哪个，也就是后i个的最大值。
这样子预处理，就可以实现\(O(nlogn)\)啦\(qaq\)！
代码QAQ
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,sum[100010],q[100010],h[100010];//n 疲劳前缀和 前i个最大值 后i个最大值
struct node{
int s;//距离
int a;//疲劳
}v[100010];
bool cmp(node x,node y){return x.a>y.a;}
int main()
{ scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&v[i].s);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&v[i].a);
sort(v+1,v+1+n,cmp);//按疲劳排序
for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+v[i].a;
for(int i=1;i<=n;i++)q[i]=max(q[i-1],2*v[i].s);//前i个最大值
for(int i=n;i>=1;i--)h[i]=max(h[i+1],2*v[i].s+v[i].a);//后i个最大值
for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d\n",max(sum[i]+q[i],sum[i-1]+h[i]));
return 0;
}\(by\) Rainy7