题意
做法一
考虑一种贪心（先别管对不对），设当前已选择的集合为\(A\)，这是考虑该集合的补集，每个元素加进来后的增量为\(V_i\)，则挑选最大的那个加入该集合
结论1：遵循上述贪心，\(\forall i,j(i<j)\)，满足\(a_i>a_j\)，倘若选\(j\)，集合中必定包含\(i\)
归纳：
\(i,j\)间没有任何元素在\(A\)中，显然成立
假设若\(i\)加入集合，为\(k_1^{th}\)，\(j\)为\(k_2^{th}\)，贡献差分一下，假设先选\(j\)，即\(k_2a_j-k_1a_i-sum>0\)（\(sum\)为中间被选元素和）
显然必定存在某个元素\(a'<a_j\)，与假设矛盾
再来考虑这种贪心，假设固定\(A\)，贪心加入\(x\)，最优解不包含这个，可以用调整法简单证明将其中一个元素换成\(x\)一定不劣
当本次选取\(x\)时，\(i\in [1,x),V_i+=a_x;i\in (x,n],V_i+=a_i\)，故\(V_i\)总可表示成\(k_ia_i+y_i\)的形式
具体做法
将序列分块，维护\(O(\sqrt n)\)个\((a_i,y_i)\)的凸壳，选取\(x\)，对前面的块内元素的相对位置不发生影响，后面块的整体系数\(k_i+1\)，本块需要重构一下
做法二
结论2：一定存在一个分界线\(k\)，使得\(k\)之前都没选\(i\)，而k之后都选\(i\)
即证明不存在：\(F_{i,j}=F_{i-1,j-1}+j\times a_i\ge F_{i-1,j}(1),F_{i,j+1}=F_{i-1,j+1}\ge F_{i-1,j}+(j+1)a_i(2)\)
归纳：设\(F_{i-1,j}\)没选\(i-1\)，\(F_{i-1,j+1}\)选了\(i-1\)
根据\((1)\)可得\(a_{i-1}\ge a_i\)，可证明不存在\(F_{i-1,j-1}+j\times a_i\ge F_{i-1,j}\)
另外两种情况也可讨论得出
还有一种证明，不过我看不太透，感兴趣的可以点这里（结论\(2\)也来源于此）
具体做法
二分出分界线，然后后面那段加上一个等差数列