CF2132E题解

赛时卡 D 结果 E 赛后五分钟才调完，非常后悔。

思路

我们先考虑若没有 \(x\) 和 \(y\) 的限制时怎么做。

显然是将 \(a\) 数组和 \(b\) 数组组合在一个长度为 \(n+m\) 的数组 \(c\) 中，然后对 \(c\) 排序并求排序后的前缀和，最后询问时直接输出前 \(z\) 位的前缀和即可。

我们考虑 \(x\) 和 \(y\) 的限制对上面这个做法的限制在哪里。

拿 \(a\) 举例，若我们对 \(c\) 的每个元素标记一下，若原来属于 \(a\) 数组就标记为 \(1\) 否则标记 \(0\)，这一步可以对两个数组排序后双指针插入 \(c\) 来做到。记这个标记数组为 \(pre1\)，求其前缀和后，\(pre1_i\) 即为 \(c\) 数组前 \(i\) 位来自数组 \(a\) 的元素的个数，显然可以对这个数组二分查找最后一个等于 \(z\) 的位置，即为简单版本中的解法在只有 \(x\) 限制下能取到的最大编号，设这个编号为 \(idx_1\)。

同理对 \(b\) 做对称的处理，得编号 \(idx_2\)，两编号的最小值即为最严格的限制，若 \(z\leq \min(idx_1,idx_2)\) 则可以直接取 \(c\) 的前 \(z\) 位前缀和；否则取 \(c\) 的前 \(\min(idx_1,idx_2)\) 位前缀和（因为 \(a,b\) 混搭只能取到这），剩下的 \(z-\min(idx_1,idx_2)\) 个数则用还没到限制的那个数组取值，即再分别对 \(a\) 和 \(b\) 维护前缀和 \(sum1\) 和 \(sum2\)，然后就做完了。

code

#include <bits/stdc++.h>
#define int int64_t
//#define int __int128
//#define MOD (17)
//#define eps (1e-6)
#define endl '\n'
#define debug_endl cout<<endl;
#define debug cout<<"debug"<<endl;
using namespace std;
int t,n,m,q;
int a[200010],b[200010],c[400010],pre1[400010],pre2[400010],sum[400010],sum1[200010],sum2[200010];
signed main(){
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n>>m>>q;
		for(int i=1;i<=n+m;++i){
			pre1[i]=pre2[i]=sum[i]=0;
		}
		for(int i=1;i<=n;++i){
			cin>>a[i];
		}
		for(int i=1;i<=m;++i){
			cin>>b[i];
		}
		sort(a+1,a+n+1,greater<int>());//ab升序排序以双指针
		sort(b+1,b+m+1,greater<int>());
		for(int i=1;i<=n;++i){
			sum1[i]=sum1[i-1]+a[i];
		}
		for(int i=1;i<=m;++i){
			sum2[i]=sum2[i-1]+b[i];
		}
		int ia=1,ib=1,idx=0;
		while(ia<=n&&ib<=m){//双指针将ab插入c中，并标记pre1和pre2
			if(a[ia]>b[ib]){
				c[++idx]=a[ia];
				pre1[idx]=1;
				++ia;
			}
			else{
				c[++idx]=b[ib];
				pre2[idx]=1;
				++ib;
			}
		}
		for(;ia<=n;++ia){//把剩下的a或b插入
			c[++idx]=a[ia];
			pre1[idx]=1;
		}
		for(;ib<=m;++ib){
			c[++idx]=b[ib];
			pre2[idx]=1;
		}
		for(int i=1;i<=n+m;++i){
			pre1[i]+=pre1[i-1];
			pre2[i]+=pre2[i-1];
			sum[i]=sum[i-1]+c[i];
		}
		for(int i=1;i<=q;++i){
			int x,y,z;
			cin>>x>>y>>z;
			int idx1=upper_bound(pre1+1,pre1+n+m+1,x)-pre1-1;//找到最后一个等于限制x的位置
			int idx2=upper_bound(pre2+1,pre2+n+m+1,y)-pre2-1;
			if(z<=min(idx1,idx2)){
				cout<<sum[z]<<endl;
			}
			else if(idx1<idx2){//a数组先到达限制
				int res=0;
				res+=sum[idx1];
				z-=idx1;
				res+=sum2[z+pre2[idx1]]-sum2[pre2[idx1]];//只能b中取值了
				cout<<res<<endl;
			}
			else{
				int res=0;
				res+=sum[idx2];
				z-=idx2;
				res+=sum1[z+pre1[idx2]]-sum1[pre1[idx2]];
				cout<<res<<endl;
			}
		}
	}
	return 0;
}