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：
#include<cstdio>
#include<utility> //pair
#include<algorithm> //sort
#include<vector> //lower_bound, unique
using namespace std; const int maxn = 2e5 + ;
pair<int, int>a[maxn]; //存所有点的(初始坐标，速度)
int v[maxn], n; //所有点的速度，点的个数 long long s1[maxn], s2[maxn]; //两个树状数组
void add(int i, int x) {
while (i <= n) {
s1[i]++; //s1存个数，每次增加1
s2[i] += x; //s2存初始坐标x的总和，每次增加x
i += i & (-i);
}
} long long getSum(long long s[], int i) {
long long res();
while (i > ) {
res += s[i];
i -= i & (-i);
}
return res;
} int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = ; i <= n; i++)scanf("%d", &a[i].first);
for (int i = ; i <= n; i++) {
scanf("%d", v + i);
a[i].second = v[i];
}
sort(a + , a + n + );
sort(v + , v + n + );
int *vend = unique(v + , v + n + ); //速度离散化为 v[1]到v[vend-1 - v]
long long ans = 0LL;
for (int i = ; 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
//得到x第i小的点 的v值 在v数组中对应的下标pos
int pos = lower_bound(v + , vend, a[i].second) - v;
//得到速度小于等于a[i].second的点的个数和x总和
long long sum1 = getSum(s1, pos), sum2 = getSum(s2, pos);
ans += sum1 * a[i].first - sum2; //num * x[i] - num个x[j]的和。(对所有的x[j]<x[i])
add(pos, a[i].first);
}
printf("%lld", ans);
return ;
}