nssl 1477.赛

$Description$

有$n$个物品，第$i$个物品代价为$v_i$

有两个人$A,B$，它们各自喜欢$a,b$个物品，分别是$a_i,b_i$

要求从中选出$m$个物品，满足至少有$k$个$A$喜欢的，至少有$k$个$B$喜欢的
求最小代价和

数据范围：$n\le 2\times 10^5$

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$Solution$

设$G$表示两人共同喜欢的物品构成的集合

用$A,B$分别表示只有$A/B$喜欢物品的集合（代码中用了$only$表示）

将$C$表示$A,B$都不喜欢的集合，显然$G,A,B,C$从小到大取是更优的

枚举一个数$i$，表示从$G$集合中选取的个数
接着从$A$集合中，选出$k-i$个数
从$B$集合中，选出$k-i$个数

那么我们此时还需要选$z=m-(k-i)-(k-i)-i=m-2k+i$个数

那么这些数都包括哪些呢？
包括集合$C$以及集合$A,B$中没有选取的

那么我们把集合$A,B$中没有选取的，都当做是集合$C$中的元素

现在，我们就要在集合$C$中选出$z$个最小的数，补齐数量即可

也就是说，我们需要写一种支持每次加入一个数，查询前$z$大的数的和的数据结构

可以用离散化+【权值线段树/（二分+树状数组）】解决，也可以用对顶堆解决，这里只讲后者。

把集合$C$放入一个小根堆中（这里的集合$C$包括$A,B$中没有选取的），记为$q_1$
前面的选取，我们直接找到$A,B$都不喜欢的放入，中间由于$i$我们是从小到大枚举的，所以$k-i$在慢慢变小，从$A,B$中选择的元素会越来越少，踢出来的会越来越多，但是每次最多只会各多一个
我们只需要把踢出的这些元素放入$q_1$即可

后面补齐$z$的部分，我们建立一个大根堆$q_2$，满足其堆顶小于$q_1$的堆顶（也就是$q_2$中最大的比$q_1$中最小的还小）如果控制$q_2$的大小为$z$（即长度不够时，从$q_1$中拿元素去补），那么它里面元素的和就是这一部分的答案

最后总结一遍答案的计算过程
$sum$：选取$A,B$共同喜欢元素的和，直接求和即可
$suma$：只有$A$喜欢元素的和，直接计算，每当踢出一个元素，要减去
$sumb$：和上面同理
$sum0$：表示我们已经选取了$i$个共同的，各取了$k-i$个两人喜欢的，剩下$z$个选取的和（即$q_2$中元素的和），如果$q_2$的元素不足$k$个，则从$q_1$中选取元素放入$q_2$中直到$q_2$恰好有$z$个元素，此时这$z$个元素就是原$q_1$中的前$z$小值，同时，记得维护$q_1$的堆顶小于$q_2$的堆顶，否则交换它们的堆顶直到合法为止，这个过程也要维护$sum0$

最终答案$Ans=min\{sum+suma+sumb+sum0\}$

时间复杂度：由于每个物品入堆出堆的次数是$n$级别的，所以总的复杂度为$O(nlogn)$

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$Code$

#include
#include
#include
#include
#define LL long long
using namespace std;int n,m,k,a,b,x,z;
LL sum0,suma,sumb,sum,ans=1e18,gt[200010],onlya[200010],onlyb[200010],v[200010];
bool rea[200010],reb[200010];
priority_queue<LL>q1,q2;
inline LL read()
{
	char c;LL d=1,f=0;
	while(c=getchar(),!isdigit(c)) if(c=='-') d=-1;f=(f<<3)+(f<<1)+c-48;
	while(c=getchar(),isdigit(c)) f=(f<<3)+(f<<1)+c-48;
	return d*f;
}
signed main()
{
	n=read();m=read();k=read();
	for(register int i=1;i<=n;i++) v[i]=read();
	a=read();for(register int i=1;i<=a;i++) x=read(),rea[x]=true;
	b=read();for(register int i=1;i<=b;i++) x=read(),reb[x]=true;
	for(register int i=1;i<=n;i++)
	 if(rea[i]&&reb[i]) gt[++gt[0]]=v[i];
	 else if(rea[i]) onlya[++onlya[0]]=v[i],suma+=v[i];//维护suma
	 else if(reb[i]) onlyb[++onlyb[0]]=v[i],sumb+=v[i];//维护sumb
	else q1.push(-v[i]);//两个都不喜欢的，放入待选集合
	sort(gt+1,gt+1+gt[0]);
	sort(onlya+1,onlya+1+onlya[0]);
	sort(onlyb+1,onlyb+1+onlyb[0]);
	for(register int i=0;i<=min(gt[0],(long long)k);i++)
	{
		if(i>0) sum+=gt[i];
		while(onlya[0]>k-i)
		{
			suma-=onlya[onlya[0]];
			q1.push(-onlya[onlya[0]]);//A不选取的，放入待选集合
			onlya[0]--;
		}
		while(onlyb[0]>k-i)
		{
			sumb-=onlyb[onlyb[0]];
			q1.push(-onlyb[onlyb[0]]);//B不选取的，放入待选集合
			onlyb[0]--;
		}
		z=m-onlya[0]-onlyb[0]-i;
		if(z<0) continue;//不需要补齐(说明此时选的数量过了，是不合法的，必须要恰好m个元素)
		if(onlya[0]!=k-i||onlyb[0]!=k-i) continue;//如果物品没有选够，也是不合法的
		while(q1.size()&&(q2.size()<z))//补齐q2集合至z个元素
		{
			sum0-=q1.top();
			q2.push(-q1.top());
			q1.pop();
		}
		while(q1.size()&&q2.size()&&-q1.top()<q2.top())//维护q2中所有元素都比q1小
		{
			LL p=-q1.top(),q=q2.top();
			sum0+=p-q;
			q1.pop();q2.pop();
			q1.push(-q);q2.push(p);
		}
		if(q2.size()==z) ans=min(ans,sum+suma+sumb+sum0);//统计答案
	}
	if(ans==1e18) printf("-1");else
	printf("%lld",ans);
}