首先考虑一个集合的最大优美值怎么求出
考虑新增一个数，假设我们现在的优美值已经达到了$V$，那么只需要一个$[1, V + 1]$的数就可以使$V$达到更大
为了保证能添加尽可能多的数进来，我们这么构造：
对集合$S$排序，从小到大选择，直到选到$\sum\limits_{i = 1}^{j}v[j] + 1 < v[j]$的$v[j]$，退出
为什么这么做正确呢？
如果不正确，只可能存在一个数$S$可以被大于一个数的和表示，并且满足$v[S] > V + 1$
其中$v[S]$表示构成$S$的所有$v$，$V$表示现在选出的和
由于整数的离散性，因此，一定有$v[S] \leqslant V + 1$，所以不可能不正确...
（很sb的证明....）
现在有两个集合了
只要进行这么一种操作$k$次就好了，记$W$表示从$S2$中选出的数的和，$S$表示目前$S1$中选出的数的和
1.找出使得$\sum\limits_{i = 1}^{k - 1} v[i] + W + 1 < v[k]$成立的最大的$k$，令$S = \sum\limits_{i = 1}^{k - 1} v[i]$
2.再找出最大的且没有被选择的$j$使得$v[j] \leqslant W + S + 1$成立，之后选择$j$，$W += v[j]$，拿个栈维护即可
重复$k$次即可得出最后的结果
复杂度$O(Tm)$
注：那个㧟我快读的人拿rk3~~有猫病~~.....
注2：反正我还是rk1
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std; extern inline char gc() {
static char RR[], *S = RR + , *T = RR + ;
if(S == T) fread(RR, , , stdin), S = RR;
return *S ++;
}
inline int read() {
int p = , w = ; char c = gc();
while(c > '' || c < '') { if(c == '-') w = -; c = gc(); }
while(c >= '' && c <= '') p = p * + c - '', c = gc();
return p * w;
} int wr[], rw;
#define pc(x) *O ++ = x
char WR[], *O = WR;
inline void write(long long x) {
if(!x) pc('');
if(x < ) x = -x, pc('-');
while(x) wr[++ rw] = x % , x /= ;
while(rw) pc(wr[rw --] + ''); pc('\n');
} #define sid 1005
#define ri register int
#define ll long long int n, T, tt;
int num[sid], q[sid], S[sid][sid]; int main() {
n = read();
for(ri i = ; i <= n; i ++) {
num[i] = read();
for(ri j = ; j <= num[i]; j ++) S[i][j] = read();
sort(S[i] + , S[i] + num[i] + );
}
T = read();
for(ri i = ; i <= T; i ++) {
int a = read(), b = read(), k = min(read(), num[b]);
int *A = S[a], *B = S[b];
ll ans = ; ri ia = , ib = ; tt = ;
while(k) {
while(A[ia] <= ans + && ia <= num[a]) ans += A[ia], ia ++;
while(B[ib] <= ans + && ib <= num[b]) q[++ tt] = B[ib], ib ++;
if(!tt) break; ans += q[tt --]; k --;
}
while(A[ia] <= ans + && ia <= num[a]) ans += A[ia], ia ++;
write(ans);
}
fwrite(WR, , O - WR, stdout);
return ;
}