給兩個序列a,b然後找你找到乙個下標集合p，p的個數p.
size
≤⌊n2
⌋+1 p.s
ize≤
⌊n2⌋
+1
，然後以p為下標的ab集合記作a2
b2a 2b
2，滿足2∗
sum(
a2)>su
m(a)
2 ∗s
um(a
2)
>su
m(a)
和2∗sum(
b2)>su
m(b)
2 ∗s
um(b
2)
>su
m(b)
。 題目保證解一定存在。
首先，基於貪心的策略，我們讓p.
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=⌊n2
⌋+1 p.s
ize=
⌊n2⌋
+1
，人多力量大麼，不等式的左邊個數多，就越容易大於右邊的（貪心）。
然後，我們發現這是個二維貪心，必須ab同時滿足。
最後也是最重要的，題目要求的是可行解，而不是最優解。做題的時候沒想到這點，一直想如何讓不等式的左面最大。其實這是不必要的，只要滿足不等式就行。
我們先想一維貪心。
如果是最優解：直接把序列從大到小排，然後取前p.
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p .s
iz
e個就是最大的，很簡單。
如果是可行解：
從左到右，兩兩組成一對（先不考慮奇數和偶數的問題，實時上等你明白貪心的規律，你就會發現題目中p.
size
p .s
iz
e中加1就是為了方便奇數情況），比如說： a=
[8,7
,4,8
] a=[
8,7,
4,8]
，第一對8和7，找到最大的8，第二對4和8，找到最大的8，分別找到他們的索引值1和4，組成p集合，這樣一定是可行解。
為什麼？仔細看不等式的左面，係數2保證所有值計算時都會成以2倍，我們在選取的時候每次保證在每兩個之中選擇乙個較大的，那麼現在我們把陣列分成了兩堆，du
i大和d
ui小 dui
大和du
i小
。那麼不難知道2∗
dui大
>du
i大+d
ui小 2∗d
ui
大>du
i大+d
ui小。
我們知道的一維狀況下的最優解和一維狀況下的可行解。
我們現在可以把a序列先從大到小排個序，然後從左往右掃a序列的索引值，然後把這些索引值放到b序列中，然後把b序列兩兩組對，找最大值，相當於一維貪心找可行解了。
因為a排過序了，我們可以肯定，取a中的，一定都是較大的，然後按照一維的思路，我們找b的可行解，這樣我們保證ab都是可行解了，注意，這裡a不是最優解。（說的有點亂，可以看**，比較清楚）。
#include
using
namespace
std;
const
int maxn = 100010;
pair a[maxn];
int b[maxn],n;
bool cmp(pair lhs, pair rhs)
int main(void)
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