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返回，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 \(\mathcal{O}(\sum n\log n)\)。

#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。