a[1]+b[1]一定是最小的,退出;
a[1]+b[2],a[2]+b[1]放入堆,得到一個小根堆
退出根a[x]+b[y],進入一個元素a[x]+b[y+1],如果y==1再進入a[x+1]+b[y]
重複上面步驟,退出k個數就得到最小的k個數(複雜度O(klogk))
因爲退出的是堆的根,假設是a[x]+b[y],
如果在剩下的數中還存在一個數比a[x]+b[y+1]小,設是a[x']+b[y']
a[x]+b[y] < a[x']+b[y'] < a[x]+b[y+1]
那麼有3中情況
1、x'<x
那麼y'>y
a[x']+b[y']<=a[x-1]+b[y+1],且a[x]+b[y] > a[x-1]+b[y],所以在a[x]+b[y]退出之前a[x-1]+b[y]一定已經退出
在a[x-1]+b[y]退出時,a[x-1]+b[y+1]已經加入堆中,所以a[x-1]+b[y+1]一定不在剩下的數中。
2、x'==x 不存在
3、x'>x
a[x+1]+b[y]>=a[x']+b[y']>=a[x+1]+b[1],
若y==1,a[x+1]+b[1]還未加入到堆中,同時加入a[x+1]+b[1]、a[x]+b[2];
若y>1,a[x+1]+b[1]要麼在堆中,要麼已經退出。
若在堆中,則a[x+1]+b[2]一定不在堆中,
如果a[x+1]+b[1] > a[x]+b[y+1] 那麼a[x+1]+b[2] > a[x]+b[y+1],扔應該加入a[x]+b[y+1]
如果a[x+1]+b[1] < a[x]+b[y+1] 加入a[x]+b[y+1]之後,根一定會被調整爲a[x+1]+b[1],能確保a[x+1]+b[2]在a[x]+b[y+1]退出之前被加入到堆
y'=2~y都可以以此類推
所以按照上述規則鍵堆,每次退出的一定是當前最小的元素
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
class fr
{
public:
int x,y,v;
bool operator <(const fr &t) const
{
return v<t.v;
}
bool operator >(const fr &t) const
{
return v>t.v;
}
};
priority_queue<fr,vector<fr> ,greater<fr> > q;
int a[1000],b[1000];
int t[1000000];
int n,m,k;
int key;
void check()
{
int size=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
t[size++]=a[i]+b[j];
sort(t,t+size);
cout<<t[k-1]<<endl;
}
int main()
{
while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)!=-1)
{
while(q.size())
q.pop();
int i;
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",a+i);
for(i=1;i<=m;i++)
scanf("%d",b+i);
fr tep,tt;
if(k == 1)
{
cout<<a[1]+b[1]<<endl;
continue;
}
int gap=k-1;
tep.x=2;
tep.y=1;
tep.v=a[2]+b[1];
q.push(tep);
swap(tep.x,tep.y);
tep.v=a[1]+b[2];
q.push(tep);
while(gap--)
{
tep=q.top();
key=tep.v;
q.pop();
tt=tep;
tt.y++;
if(tt.y<=m)
{
tt.v=a[tt.x]+b[tt.y];
q.push(tt);
}
if(tep.y==1)
{
tt.y=1;
tt.x=tep.x+1;
if(tt.x<=n)
{
tt.v=a[tt.x]+b[tt.y];
q.push(tt);
}
}
}
cout<<key<<endl;
check();
}
return 0;
}