题目传送门：LOJ #3158。

题意简述：

给定两个长度为 \(n\) 的正整数序列 \(a,b\)，要求在每个序列中都选中 \(K\) 个下标，并且要保证同时在两个序列中都被选中的下标至少有 \(L\) 个，使得选中的下标对应的数的总和最大。

题解：

题目相当于要求在两个序列中选出 \(K\) 对数，不妨一对一对地选。

有个结论是说，上一步的最优决策一定不会再反悔，就是已经选的不会再撤销。

然后做完了，用堆维护一些东西，精细实现就好了。

下面是代码，复杂度 \(\mathcal{O}\left(\sum n\log n\right)\)。

#include <cstdio>

#include <algorithm>

#include <queue>

#include <cctype>

#define fi first

#define se second

#define mp std::make_pair

typedef long long LL;

typedef std::pair<int, int> pii;

typedef std::priority_queue<pii> PQ;

const int MN = 200005;

inline void read(int &x) {

	x = 0; static char ch;

	while (!isdigit(ch = getchar())) ;

	while (x = x * 10 + (ch & 15), isdigit(ch = getchar()));

}

inline void write(LL x) {

	static char st[15];

	static char *t = st;

	while (x) *t++ = (x % 10) | 48, x /= 10;

	while (t != st) putchar(*--t);

	putchar('\n');

}

int N, K, L;

int A[MN], B[MN];

bool vA[MN], vB[MN];

PQ A0, B0, A1, B1, C;

LL Ans;

int main() {

	freopen("sequence.in", "r", stdin);

	freopen("sequence.out", "w", stdout);

	int T; scanf("%d", &T);

	while (T--) {

		Ans = 0;

		while (!A0.empty()) A0.pop();

		while (!B0.empty()) B0.pop();

		while (!A1.empty()) A1.pop();

		while (!B1.empty()) B1.pop();

		while (!C.empty()) C.pop();

		read(N), read(K), read(L);

		for (int i = 1; i <= N; ++i) read(A[i]);

		for (int i = 1; i <= N; ++i) read(B[i]);

		for (int i = 1; i <= N; ++i) {

			vA[i] = vB[i] = 0;

			A0.push(mp(A[i], i));

			B0.push(mp(B[i], i));

			C.push(mp(A[i] + B[i], i));

		}

		int left = K - L;

		for (int cnt = 1; cnt <= K; ++cnt) {

			while (vA[A0.top().se]) A0.pop();

			while (vB[B0.top().se]) B0.pop();

			if (left) {

				pii a = A0.top(), b = B0.top();

				A0.pop(), B0.pop();

				Ans += a.fi + b.fi;

				int ap = a.se, bp = b.se;

				vA[ap] = vB[bp] = 1;

				if (ap == bp) C.pop();

				else {

					--left;

					if (vB[ap]) ++left, A1.pop();

					else B1.push(mp(B[ap], ap));

					if (vA[bp]) ++left, B1.pop();

					else A1.push(mp(A[bp], bp));

				}

			}

			else {

				pii c0 = C.empty() ? mp(0, 0) : C.top();

				while (vA[c0.se] || vB[c0.se])

					C.pop(), c0 = C.empty() ? mp(0, 0) : C.top();

				pii a0 = A0.top(), b0 = B0.top();

				pii a1 = A1.empty() ? mp(-b0.fi, 0) : A1.top();

				pii b1 = B1.empty() ? mp(-a0.fi, 0) : B1.top();

				int a = a1.fi + b0.fi;

				int b = b1.fi + a0.fi;

				if (c0.fi >= a && c0.fi >= b)

					Ans += c0.fi, vA[c0.se] = vB[c0.se] = 1;

				else if (a >= b) {

					Ans += a;

					A1.pop(), B0.pop(), vA[a1.se] = vB[b0.se] = 1;

					if (b1.se == b0.se) B1.pop(), ++left;

					else A1.push(mp(A[b0.se], b0.se));

				}

				else {

					Ans += b;

					B1.pop(), A0.pop(), vB[b1.se] = vA[a0.se] = 1;

					if (a1.se == a0.se) A1.pop(), ++left;

					else B1.push(mp(B[a0.se], a0.se));

				}

			}

		} write(Ans);

	}

	return 0;

}

证明？不要问我证明啊！其实仔细分析一下应该是能证出来的，再不行就先套个费用流模型。