<think>我们面对的问题：选择k只
猫，使得总快乐度最大。总快乐度 = sum( a_i - b_i * (k-1) )，注意这里每只
猫的快乐度下降是因为其他k-1只
猫的存在（每多养一只，自己的快乐度就下降b_i，所以对于选中的
猫i，如果总共养k只，那么它要下降b_i*(k-1)）。
但是注意：每只
猫的下降值b_i是独立的，而且下降是在选中的
猫之间独立计算的。因此，如果我们已经决定选k只
猫，那么对于选中的
猫i，其贡献为：a_i - b_i*(k-1)。
那么总快乐度 = (a_i1 + a_i2 + ... + a_ik) - (k-1)*(b_i1 + b_i2 + ... + b_ik)
但是，这里有一个问题：不同的
猫组合，它们的b_i不同，所以我们需要同时考虑a_i和b_i。
然而，如果我们直接枚举k（从1到n），然后对于每个k，我们希望选择k只
猫使得总快乐度最大，那么问题转化为：
总快乐度(k) = (选择的k只
猫的a_i之和) - (k-1)*(选择的k只
猫的b_i之和)
但是，这个表达式对于固定的k，我们如何选择
猫呢？注意，选不同的
猫，不仅a_i之和不同，b_i之和也不同，而且两者相互影响。
我们可以尝试重新整理：
总快乐度(k) = sum(a_i) - (k-1)*sum(b_i) [其中i是选中的下标]
但是，这个式子并没有明显的分离。因此，我们需要一个策略来选择k只
猫。
另一种思路：考虑如果固定了k，那么每只
猫的贡献可以看成：a_i - (k-1)*b_i。那么总快乐度就是这k只
猫的(a_i - (k-1)*b_i)之和。
因此，对于固定的k，我们可以计算每只
猫的“当k固定时的价值”：v_i(k) = a_i - (k-1)*b_i。
然后，我们选择v_i(k)最大的k只
猫（因为要总快乐度最大，当然选价值最大的k只
猫），然后计算总快乐度。
注意：但是，当我们改变k时，每只
猫的价值v_i(k)也会改变，因为k不同。因此，我们不能独立于k来预先排序。
所以，我们可以尝试枚举k（从1到n），然后对于每个k：
1. 计算每只
猫的当前价值：v_i = a_i - (k-1)*b_i
2. 选择v_i最大的k只
猫（即按v_i从大到小排序，取前k个）
3. 计算这k只
猫的总快乐度：S = sum(选中的v_i)
然后我们记录下所有k中最大的总快乐度，以及达到这个最大总快乐度时最大的k（注意题目要求：快乐度总和相同的情况下，
猫越多越好）。
但是，这样做的时间复杂度是O(n^2 log n)（因为枚举k需要n次，每次排序n log n，n最大1000，所以总运算次数大约1000*1000*log1000 ≈ 1000*1000*10 = 1e7，在C++中勉强可以接受，但是注意常数，而且n=1000，所以n^2=1e6，log1000≈10，所以总操作次数1e7，可以接受）。
但是，我们再看题目要求：如果有快乐度总和相同的方案，我们要
猫越多越好。所以我们在枚举k的过程中，不仅要记录最大快乐度，还要记录达到这个最大快乐度时的最大k值。
然而，还有一种可能性：可能不同的k值会得到相同的总快乐度，而我们要求是快乐度相同时取k最大。
步骤：
1. 读入n，两个数组a和b（大小均为n）
2. 初始化 best_sum = 负无穷（比如-1e18），best_k = 0
3. 枚举k从1到n：
创建一个临时数组v，大小为n：v[i] = a[i] - (k-1)*b[i]
将v数组从大到小排序
计算前k个数的和S
如果 S > best_sum，则更新 best_sum = S, best_k = k
如果 S == best_sum，则更新 best_k = max(best_k, k) # 但实际上，因为k是递增枚举，所以如果后面有相同的S，那么k更大，所以直接更新即可。但是如果前面出现过更大的S，这里就不会进入。所以这里也可以不判断相等，因为相等时我们肯定希望k越大越好，但是我们在循环中k递增，所以如果后面出现相同的S，那么k比之前的大，所以更新best_sum的时候也更新了best_k，但是实际上我们要求最大值，所以相等时也要更新best_sum吗？注意：题目要求快乐度总和最高的情况下，
猫越多越好。所以如果后面有相同的快乐度，且k更大，那么我们就应该采用更大的k。但是注意：我们更新best_sum的条件是S>=best_sum吗？不对，因为如果S等于best_sum，但是k更大，那么我们应该更新best_k，但是best_sum不变。所以我们需要：
如果 S > best_sum 或者 (S == best_sum && k > best_k) ，那么更新best_sum和best_k。但是注意：我们之前更新best_sum时，如果S>best_sum，那么best_k也要更新为当前k（因为更大的S出现了，那么不论k是多少，我们都希望记录这个更大的S和此时的k）。而如果S等于best_sum，但是k更大，那么我们就只更新best_k为k（但是best_sum不变）？不对，实际上我们在循环中，如果遇到相同的S，且k更大，那么我们需要更新best_k，但是best_sum不变。然而，我们在循环中，如果S>best_sum，我们就更新best_sum和best_k；如果遇到S等于best_sum，且k大于best_k，那么我们也应该更新best_k（但是不更新best_sum，因为值没变大）。所以我们需要分开：
具体：
if (S > best_sum) {
best_sum = S;
best_k = k;
} else if (S == best_sum) {
if (k > best_k) {
best_k = k;
}
}
4. 输出 best_sum 和 best_k
但是，这里有一个问题：我们枚举了k从1到n，但是注意，有可能k=0（即一只
猫也不选）？题目没有说，但是按照题意，至少可以选一只吧？而且题目要求最大快乐度，通常不会选0只，因为选0只快乐度为0，而题目中a_i最小为1（数据范围a_i>=1），所以k=0可以忽略。所以从1枚举到n。
但是，我们考虑一下：上面的做法是否正确？
注意：我们对于每个k，我们选取的是当前价值v_i最大的k只
猫。但是，这个选择对于不同的k是独立的。也就是说，当我们取k=2的时候，我们选的是v_i(2)最大的2只
猫；而取k=3的时候，我们选的是v_i(3)最大的3只
猫。这两次选择可能是完全不同的
猫。这符合题意吗？符合，因为每次选择都是独立地以当前k下的价值来选取。
因此，我们这样枚举是合理的。
但是，我们考虑一下样例输入：
6
a = [10, 10, 10, 10, 10, 9]
b = [2, 2, 2, 2, 2, 3]
我们枚举k=1:
v_i(1) = a_i - 0*b_i = [10,10,10,10,10,9]
排序后取前1个：最大值10，总快乐度=10，此时更新best_sum=10, best_k=1
枚举k=2:
v_i(2) = a_i - 1*b_i = [8,8,8,8,8,6]
排序后取前2个：最大值8,8，总和16，大于10，更新best_sum=16, best_k=2
枚举k=3:
v_i(3)= a_i - 2*b_i = [6,6,6,6,6,3]
排序后取前3个：6,6,6，总和18，大于16，更新best_sum=18, best_k=3
枚举k=4:
v_i(4)= a_i - 3*b_i = [4,4,4,4,4,0]
取前4个：4,4,4,4，总和16，小于18，不更新。
k=5: 总和= [10-4*2, ... ,9-4*3] = [2,2,2,2,2, -3] -> 取前5个：2,2,2,2,2 -> 10
k=6: 总和= [10-5*2, ... ,9-5*3] = [0,0,0,0,0,-6] -> 0
所以最终输出18和3，符合样例。
因此，代码实现如下：
注意：数据范围n<=1000，a_i, b_i>=1，所以不会出现负无穷的情况，但是v_i(k)在k很大时可能为负数（比如k-1很大，那么a_i - (k-1)*b_i可能为负），但是我们在排序后取前k个时，如果前k个中有负数，那么也会被取到。但是，如果取负数会导致总快乐度下降，那么实际上我们可能不会取这些
猫？但是我们的算法是取前k大的，如果有负数，那么负数不会出现在前k个（因为负数肯定比正数小，除非不够k个正数，那么只能取一些负数凑数，但是这样总快乐度可能不高）。所以算法自然能处理这种情况。
但是，我们考虑：如果对于某个k，我们可能希望不选满k只
猫？不对，题目要求选出k只
猫，所以我们必须选k只
猫。即使有负数，我们也要选最大的k个（其中可能包含负数，但是如果不选这些负数，选其他的负数更大？不可能，因为我们选的是最大的k个，所以这已经是最好的了）。
但是，注意：题目要求的是“最大快乐度之和”，所以对于固定的k，我们必须选k只
猫，而且我们按照当前价值从大到小选，因此就是最优的。
因此，我们按照这个思路写代码。
但是还有一个问题：排序的时候，如果两个v_i相等，那么怎么排序？任意顺序都可以，因为取前k个，所以相等时取哪个都一样。
代码实现：
1. 读入n
2. 定义两个数组a, b，大小为n
3. 读入a和b
4. 初始化 best_sum = 一个很小的负数（比如LLONG_MIN）因为a_i最大10000*n=1000*10000=1e7，但是k最大1000，所以总快乐度最大可能达到1e7（因为v_i最大不超过1e4，所以总和最大1e7），所以我们用long long类型，初始化为-10e18。同时best_k=0。
5. 枚举k从1到n：
创建临时数组v（或者我们不需要创建整个数组，可以创建一个存储pair或者直接存储值然后排序？）
vector<long long> v(n);
for (int i=0; i<n; i++) {
v[i] = a[i] - (long long)(k-1)*b[i]; // 注意：这里可能溢出，所以用long long
}
sort(v.begin(), v.end(), greater<long long>()); // 从大到小排序
long long sum = 0;
for (int i=0; i<k; i++) {
sum += v[i];
}
// 更新答案
if (sum > best_sum) {
best_sum = sum;
best_k = k;
} else if (sum == best_sum) {
if (k > best_k) {
best_k = k;
}
}
6. 输出两行：第一行best_sum，第二行best_k
但是，注意：这个算法的时间复杂度是O(n^2 log n)，n最大1000，所以最坏情况1000*1000*log(1000)≈1000*1000*10=10000000，即1000万次操作，在C++中通常可以接受（1秒内）。
但是，我们可以优化排序部分：我们只需要前k个最大的数，不需要全部排序。所以我们可以用partial_sort或者使用nth_element？或者使用最大堆？
但是，这里k从1到n，也就是说，对于每个k，我们都需要前k个最大值。我们可以用优先队列（堆）来维护前k个最大值，但是这样对于每个k，我们都需要重新建立一个堆吗？或者我们可以利用k递增的性质？
实际上，当我们从k=1到n时，k是递增的，所以我们可以维护一个最小堆（或者最大堆？）来动态地添加元素，并且维护当前的总和。但是注意，我们每次计算v_i(k)时，整个数组v_i(k)都变了（因为k变了），所以不能复用。
因此，我们只能对每个k独立计算。那么我们可以优化：使用快速选择（nth_element）来部分排序，但是我们只需要前k个，所以我们可以使用nth_element将前k大的数放到前面，然后只对前k个数排序（或者用partial_sort）？
具体：我们可以使用partial_sort，它可以将前k个元素排序，而剩余部分不排序。这样时间复杂度大约是O(n log k)，而k最大为n，所以最坏还是O(n log n)。所以和全排序的O(n log n)差不多。
或者我们可以用堆：建立一个大小为k的最大堆？不对，我们只需要前k大的数，我们可以用一个最小堆来维护当前的前k大的元素。但是这样需要O(n log k)的时间。
但是，由于n只有1000，而且我们需要对每个k都做一遍，所以总复杂度是O(n * n log n)（即上面说的1000*1000*log1000≈1e7），所以我们可以直接用全排序。
因此，我们就用全排序。
注意：数据范围，a_i和b_i最大10000，k最大1000，所以v_i = a_i - (k-1)*b_i，最小可能为负数（比如b_i=10000, k-1=1000，那么就是a_i - 1000*10000 = a_i - 10e6，最小a_i=1，那么就是-99990000），所以我们要用long long。
代码实现：
注意：由于题目要求，我们需要使用long long来避免溢出和计算。
样例输入2：如果输入只有1只
猫
n=1
a=[10]
b=[2]
那么k=1: v0=10 - 0*2 = 10 -> sum=10
输出10和1
代码：
然而，我们考虑一下另一种可能：我们枚举k的时候，可能当前k下，最大的k只
猫的v_i(k)的和还没有之前的大，但是我们要求相同快乐度时也要记录更大的k，所以我们在更新条件中包含了相等的情况。
但是，有可能在k较大的时候，虽然总快乐度等于之前的最大值，但是k更大，所以我们更新best_k。
但是，考虑这样一个情况：k=1时，总快乐度为10；k=2时，总快乐度为8+8=16；k=3时，总快乐度为6+6+6=18；k=4时，总快乐度=4+4+4+4=16，那么我们在k=4时，16小于18，所以不更新，但是16等于k=2时的16，那么我们在k=4时，会在else if中进入，然后比较k=4大于k=2，所以更新best_k=4？不对，因为best_sum现在是18，所以当k=4时，16<18，不会进入else if。所以不会更新。
所以，我们只会在总快乐度等于当前最大总快乐度（best_sum）时，才更新best_k（让k尽可能大）。但是，如果后面出现了等于best_sum的情况，我们就会更新best_k。
因此，我们需要在循环中记录两个值：最大总快乐度best_sum，以及达到这个最大总快乐度的最大k（best_k）。但是，有可能最大总快乐度在多个k处出现，那么我们就记录最大的k。
但是，注意：最大总快乐度可能只出现一次，也可能出现多次。所以我们的更新策略是没问题的。
但是，还有一种可能：最大总快乐度可能为负数？题目中a_i>=1，b_i>=1，所以当k=1时，总快乐度>=1（因为a_i>=1），所以不会出现负数。但是当k很大时，总快乐度可能为负。但是，我们要求最大值，所以即使为负，我们也要记录。但是题目要求最大快乐度，所以如果所有方案都是负的，那么我们就选一个最小的负数？不对，因为题目要求最大快乐度。例如，可能k=1时总快乐度是10，k=2时总快乐度是-5，那么显然最大是10。所以我们的算法会取10。
因此，我们按照上述思路写代码。
但是，这里有一个潜在的问题：我们假设对于每个k，我们选择v_i(k)最大的k只
猫。但是，这个选择是否合理？因为每只
猫的快乐度下降是由总
猫数k决定的，而不是由其他
猫的b_j决定的。所以这个公式v_i(k)=a_i-(k-1)*b_i是独立于其他
猫的。所以我们的选择策略是合理的。
因此，我们写代码。
注意：使用greater<long long>()进行降序排序，然后取前k个。
代码：
注意：因为n最大1000，所以用vector存储，排序。
但是，为了避免每次重新创建vector，我们可以在循环外创建一个vector，然后在循环内重新计算值并排序。
然而，每次循环都需要重新计算v，所以无法避免。
我们写代码：
注意：使用long long，因为k-1最大999，b_i最大10000，所以(k-1)*b_i最大约10^7，而a_i最大10000，所以v_i最小可能是-10^7，而n最大1000，所以总和最小可能-10^10，所以用long long。
下面给出完整代码：
注意：如果使用C++，我们使用vector和algorithm中的sort。
代码示例：
</think>为了解决王老师选择小
猫的问题，我们需要找到一种方案，使得选中的小
猫总快乐度最大，并且在总快乐度相同的情况下选择最多的小
猫。每只小
猫的快乐度会随着选中小
猫数量的增加而下降，具体来说，如果选中k只小
猫，则每只小
猫的快乐度为 \( a_i - (k-1) \times b_i \)。我们的目标是最大化总快乐度，并在此基础上最大化k。
### 方法思路
1. **问题分析**：对于每个可能的小
猫数量k（从1到n），计算每只小
猫在当前k下的快乐度 \( v_i = a_i - (k-1) \times b_i \)。
2. **选择策略**：对于每个k，选择快乐度 \( v_i \) 最大的k只小
猫，计算它们的总快乐度。
3. **更新最优解**：记录所有k中最大的总快乐度，以及在相同总快乐度下最大的k值。
4. **复杂度优化**：由于n最大为1000，使用O(n² log n)的算法（即对每个k进行排序）在合理时间内完成。
### 解决代码
```cpp
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <climits>
using namespace std;
int main() {
int n;
cin >> n;
vector<long long> a(n), b(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> b[i];
}
long long best_sum = LLONG_MIN;
int best_k = 0;
for (int k = 1; k <= n; k++) {
vector<long long> v(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
v[i] = a[i] - static_cast<long long>(k - 1) * b[i];
}
sort(v.begin(), v.end(), greater<long long>());
long long sum = 0;
for (int i = 0; i < k; i++) {
sum += v[i];
}
if (sum > best_sum) {
best_sum = sum;
best_k = k;
} else if (sum == best_sum) {
if (k > best_k) {
best_k = k;
}
}
}
cout << best_sum << endl;
cout << best_k << endl;
return 0;
}
```
### 代码解释
1. **输入处理**：读取小
猫数量n，以及每只小
猫的初始快乐度数组a和快乐度下降值数组b。
2. **初始化变量**：`best_sum`初始化为最小可能值（`LLONG_MIN`），`best_k`初始化为0，用于存储最大总快乐度和对应的k值。
3. **枚举k值**：从1到n枚举可能选中的小
猫数量k：
- 计算每只小
猫在当前k下的快乐度 \( v_i = a_i - (k-1) \times b_i \)。
- 将v数组降序排序，以便选择最大的k个值。
- 计算前k个值的总和sum。
4. **更新最优解**：如果当前sum大于`best_sum`，则更新`best_sum`和`best_k`；如果sum等于`best_sum`且k更大，则更新`best_k`。
5. **输出结果**：打印最大总快乐度`best_sum`和对应的最大k值`best_k`。
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