題意：
有兩個長度爲n的序列，要求從每個序列中選k個，並且滿足至少有l個位置都被選，問總和最大是多少。
\(1\leq l\leq k\leq n\leq 2*10^5\)。
首先，記錄當前考慮到的位置i，第一個選的數量a， 第二個選的數量b，都被選的數量c，可以做到\(O(n^4)\)，
卡常後能過\(n\leq 150\)，有40分。
考慮正解：首先，看到這個範圍，可以認爲正解一定是貪心。
先看下\(n\leq 2000\)，這個是網絡流的範圍。我們可以先建出費用流，然後再變爲模擬費用流，即貪心。
從源點向第一個序列連邊，第二個序列向匯點連邊。
然後，我們發現至少有l個位置都被選不太容易表示，因爲左面向對應的右面連的邊是分開的，無法放到一起考慮下限。
換一種思路：至少有l個位置都被選，就是剩的位置不超過\(k-l\)。
所以，我們可以這樣建圖：
1、從源點向第一個序列連邊，第二個序列向匯點連邊。
2、對應位置連流量爲1的邊。
3、第一個序列都向點a連邊，點b向第二個序列連邊。a到b連容量\(k-l\)的邊。
求出流量爲k的最大費用流即可。這樣據說有64分。
考慮模擬費用流優化：
首先，記錄s表示a到b的剩餘流量。
1、若\(s>0\)，則可以通過a到b的邊增廣，即從兩個序列中各選一個最大數，並把s減去1。
2、可以直接走左右的對應連邊增廣，即選一個左右相加最大的位置。
3、可以走S->x->x'->b->y'->T，走x'->b的前提是x在第二個序列中被選。
即在第一個序列中選一個第二個序列中被選的位置，再選一個第二個序列中沒被選的作爲y。
4、與3對稱，即在第二個序列中選一個第一個序列中被選的位置，再選一個第一個序列中沒被選的。
因爲是最長路增廣，所以在2,3,4中選最大的。以上操作可以用5個優先隊列完成。
然而，我們發現過不去樣例。
其實，算法是對的，但我們少了一些情況（特判）：
首先，還可以走S->x->x'->b->a->y->y'->T。（情況5）
就是在第二個序列中選一個第一個序列中被選的位置，再在第一個序列中選一個第二個序列中被選的位置，
因爲退了a到b的流，要把s加1。
在1中，若選的兩個位置相同，則不用減s。若選的位置在另一序列中已被選，則爲情況3或4，不用減s。
若選的位置在另一序列中都已被選，則爲情況5，把s加1。
在3,4中，可能會轉移到情況5，此時要把s加1。
加上這些後就能過了，實現時要注意細節。
代碼：
#include <stdio.h>
#include <queue>
using namespace std;
struct SJd {
int z, i;
SJd() {}
SJd(int Z, int I) {
z = Z;i = I;
}
};
bool operator < (const SJd a, const SJd b) {
return a.z < b.z;
}
#define prio priority_queue < SJd >
#define ll long long
int sa[200010],sb[200010],ba[200010],bb[200010];
prio pa,pb,pc,pd,pe,em;
inline int read() {
char ch;
while ((ch = getchar()) < '0' || ch > '9');
int rt = ch - '0';
while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') rt = (rt << 3) + (rt << 1) + ch - '0';
return rt;
}
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
pa = pb = pc = pd = pe = em;
int n,k,l;
n = read();
k = read();
l = read();
for (int i = 0; i < n; i++) sa[i] = read();
for (int i = 0; i < n; i++) sb[i] = read();
for (int i = 0; i < n; i++) {
pa.push(SJd(sa[i], i));
pb.push(SJd(sb[i], i));
pe.push(SJd(sa[i] + sb[i], i));
ba[i] = bb[i] = false;
}
int sy = k - l;
ll ans = 0;
for (int i = 0; i < k; i++) {
SJd ra,rb,rc,rd,re;
while (!pa.empty()) {
ra = pa.top();
if (!ba[ra.i]) break;
pa.pop();
}
while (!pb.empty()) {
rb = pb.top();
if (!bb[rb.i]) break;
pb.pop();
}
if (sy > 0) {
if (bb[ra.i]) sy += 1;
if (ba[rb.i]) sy += 1;
if (ra.i == rb.i) sy += 1;
ba[ra.i] = bb[rb.i] = true;
pc.push(SJd(sa[rb.i], rb.i));
pd.push(SJd(sb[ra.i], ra.i));
sy -= 1;
ans += ra.z + rb.z;
continue;
}
while (!pc.empty()) {
rc = pc.top();
if (!ba[rc.i]) break;
pc.pop();
}
while (!pd.empty()) {
rd = pd.top();
if (!bb[rd.i]) break;
pd.pop();
}
while (!pe.empty()) {
re = pe.top();
if (!ba[re.i] && !bb[re.i]) break;
pe.pop();
}
int ma = -1,
lx = -1;
if (!pc.empty() && !pb.empty() && rc.z + rb.z > ma) ma = rc.z + rb.z,lx = 1;
if (!pd.empty() && !pa.empty() && rd.z + ra.z > ma) ma = rd.z + ra.z,lx = 2;
if (!pe.empty() && re.z > ma) ma = re.z,lx = 3;
ans += ma;
if (lx == 1) {
if (ba[rb.i]) sy += 1;
ba[rc.i] = bb[rb.i] = true;
pc.pop();
pb.pop();
pc.push(SJd(sa[rb.i], rb.i));
} else if (lx == 2) {
if (bb[ra.i]) sy += 1;
ba[ra.i] = bb[rd.i] = true;
pa.pop();
pd.pop();
pd.push(SJd(sb[ra.i], ra.i));
} else if (lx == 3) {
ba[re.i] = bb[re.i] = true;
pe.pop();
}
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}