Two Buildings（决策单调性+分治）

题意是求
$max((a[j]+a[i])\ast (j-i)),1\le i<j<n$
可转化为求 $max((a[j]-(-a[i]))\ast (j-i))$
令$b[i]=-a[i]$
即变为求 $max((a[j]-b[i]))\ast (j-i))$
以 $i$为横坐标，$b[i]$为纵坐标, 同样以$j$ 为横坐标， 以 $a[j]$为纵坐标
即$(a[j]-b[i]))\ast (j-i)$ 为点$（j,a[j]）$ 和点$(i,b[i])$ 组成（对角线）的矩形的面积
即：

首先讨论$a$ 数组

显然在左下的点是不需要的， 即若 $a[j].x<a[i].x且a[j].y<a[i].y$，则将会舍弃$a[j]$
去掉没用的点之后
$a$ 数组所有点满足 若 $a[j].x<a[i].x$, 则 $a[j].y>a[i].y$, 映射到坐标系中去，$a$数组对应的点应该是这样的

再讨论$b$ 数组

显然在右上的点是不需要的， 即若 $a[j].x>a[i].x且a[j].y>a[i].y$，则将会舍弃$a[j]$
去掉没用的点之后
$a$ 数组所有点满足 若 $a[j].x>a[i].x$, 则 $a[j].y<a[i].y$, 映射到坐标系中去，$a$数组对应的点应该是这样的(因为b数组是由a数组取反构造来的，所有所有值都在第四象限）

两个数组画出的点形状一样啊，为什么要分别讨论？？？
因为对于第一象限的点，横纵坐标越小大越好， 对于某一个点p，如果存在另一个点的横纵坐标都比点p大，那点p就不需要存在， 所以对于第一个可以留下 的点我们就可以存横坐标最大的点,也就是从横坐标大的往小的贪，最后留下可能有贡献的点
同理对于b的点，要从横坐标小到大贪，具体看代码

现在进入决策单调部分
结论： 当 固定$a[mid]$ 点，如果$b[pos]$ 是最好的点（即与$a[mid]$形成的矩形面积最大）
则:
(1)当 $a[i].x<a[mid].x$ 时，$a[i]$对应的最优点$b[j]$ 满足：$b[j].x<=b[pos].x$
(2)当 $a[i].x>a[mid].x$ 时，$a[i]$对应的最优点$b[j]$满足：$b[j].x>=b[pos].x$
证明：
对于（1）只需要证明任意$j,b[j].x>b[pos].x且b[j].x<a[i].x$都有：
$(a[i].y-b[pos].y)\ast (a[i].x-b[pos].x)>(a[i].y-b[j].y)\ast (a[i].x-b[j].x)$
这只需要画个图就很明了了

对于（2）同理

那么就可以用分治来做这题了
我们对 $a$ 数组和 $b$数组按横坐标进行排序
设定函数 $solve(l1,r1,l2,r2)$ 求$a[l1,r1]与b[l2,r2]$ 配对后能得出的最大面积，令$mid=(l1+r1)/2$, 若 $b[pos]$ 为 $a[mid]$ 最优对应点
则$solve(l1,r1,l2,r2)=max(solve(l1,mid,l2,pos),solve(mid+1,r1,pos,r2)$
显然该分治做法是$O(nlogn)$复杂度的