题意：给定n个点的初始坐标x和速度v（保证n个点的初始坐标互不相同）， d(i,j)是第i个和第j个点之间任意某个时刻的最小距离，求出n个点中任意一对点的d(i,j)的总和。
题解：可以理解，两个点中初始坐标较小的点的速度更大时，总有一个时刻后面的点会追上前面的点，d(i,j) =0。
否则，即后面的点的速度 <= 前面的点的速度时，两点之间的距离只会越来越大，d(i,j) = abs(xi - xj) （初始距离）。
可以用直线来辅助理解：x = xi + v*t，横轴为t，纵轴为x，若两直线交点t值大于等于0，则d(i,j) = 0。否则交点t值为负 或者两直线平行时，d(i,j)=初始距离。
所以，立即会想到对点按初始坐标排序，遍历每个点，计算出前面点中 速度小于等于 当前点的 所有点与当前点的初始距离总和。n可达2*10^5，需要找O(n log(n))的算法。
若当前点下标为i，前面所有速度不大于当前点的点下标为j1，j2，...，相当于求（x[i]-x[j1]）+（x[i]-x[j2]）+（x[i]-x[j3]）... = num * x[i] - sum(x[j])。即需要使用一个数据结构来维护前面速度较小点的数量 和 初始距离x的总和。
最佳选择就是树状数组，按初始坐标递增的顺序依次添加点的信息，一个树状数组记录小于等于当前速度的点的个数，另一个记录这些点的初始距离总和。
由于速度范围比较大，需要进行离散化处理，即把n个速度离散成n_个下标，树状数组正好对应这个下标。
详细见代码和注释如下：
1 #include<cstdio> 2 #include<utility> //pair 3 #include<algorithm> //sort 4 #include<vector> //lower_bound, unique 5 using namespace std; 6 7 const int maxn = 2e5 + 2; 8 pair<int, int>a[maxn]; //存所有点的(初始坐标，速度) 9 int v[maxn], n; //所有点的速度，点的个数 10 11 long long s1[maxn], s2[maxn]; //两个树状数组 12 void add(int i, int x) { 13 while (i <= n) { 14 s1[i]++; //s1存个数，每次增加1 15 s2[i] += x; //s2存初始坐标x的总和，每次增加x 16 i += i & (-i); 17 } 18 } 19 20 long long getSum(long long s[], int i) { 21 long long res(0); 22 while (i > 0) { 23 res += s[i]; 24 i -= i & (-i); 25 } 26 return res; 27 } 28 29 int main() { 30 scanf("%d", &n); 31 for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d", &a[i].first); 32 for (int i = 1; i <= n; i++) { 33 scanf("%d", v + i); 34 a[i].second = v[i]; 35 } 36 sort(a + 1, a + n + 1); 37 sort(v + 1, v + n + 1); 38 int *vend = unique(v + 1, v + n + 1); //速度离散化为 v[1]到v[vend-1 - v] 39 long long ans = 0LL; 40 for (int i = 1; i <= n; i++) { //按x递增顺序向树状数组中添加点的信息，初始两个树状数组都为空 41 //得到x第i小的点 的v值 在v数组中对应的下标pos 42 int pos = lower_bound(v + 1, vend, a[i].second) - v; 43 //得到速度小于等于a[i].second的点的个数和x总和 44 long long sum1 = getSum(s1, pos), sum2 = getSum(s2, pos); 45 ans += sum1 * a[i].first - sum2; //num * x[i] - num个x[j]的和。(对所有的x[j]<x[i]) 46 add(pos, a[i].first); 47 } 48 printf("%lld", ans); 49 return 0; 50 }