AT_abc400_g

太牛。不会。最好能在这道题上学到点东西。

首先注意到 \(x,y,z\) 这三类中每一类都产生了偶数次贡献，且每一个 \((x,y,z)\) 最多产生一次贡献。

实际上这样选就够了，我们给选到同一类的两两配对，那么实际价值不会比这样算出来的价值小，而且是能取到的。

于是有了一个 DP，设 \(f_{i,j,S}\) 表示前 \(i\) 个 \((x,y,z)\) 选了 \(j\) 个，三类取的个数奇偶性为 \(S\) 时的最大价值。

转移显然，答案即为 \(f_{n,2k,0}\)。

时间复杂度 \(O(nk)\)，无法通过。

注意到奇偶性的限制比较松，稍微调一下就能合法。

不考虑奇偶性的限制时直接按 \(\max(x,y,z)\) 排序后取前 \(2k\) 大即可。

那么考虑使用类似做法。先排个序，然后分成前面 \(2k\) 个和后面。

假设前面有至少 \(3\) 个没选，那么后面会选至少 \(3\) 个。

1. 不可能同一类在前面没选后面选了，否则可以直接换掉。

2. 不可能前面同一类有两个没选后面同一类有两个选了，否则可以直接换掉。

3. 不可能前面和后面都是三类，否则可以直接换掉。

于是可以得出结论：前面至多两个不选，后面至多选两个。

于是 DP 中 \(j\) 那一维就可以优化掉了，时间复杂度 \(O(n\log n)\)，瓶颈在于排序。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,l,r) for(int i=(l);i<=(r);i++)
#define per(i,r,l) for(int i=(r);i>=(l);i--)
#define repll(i,l,r) for(ll i=(l);i<=(r);i++)
#define perll(i,r,l) for(ll i=(r);i>=(l);i--)
#define pb push_back
#define ins insert
#define clr clear
using namespace std;
namespace ax_by_c{
typedef long long ll;
const ll llinf=3e18;
const int N=1e5+5;
void chk(ll &x,ll y){
	x=(x>y)?(x):(y);
}
struct node{
	ll w[3];
}a[N];
bool cmp(node a,node b){
	return max({a.w[0],a.w[1],a.w[2]})>max({b.w[0],b.w[1],b.w[2]});
}
int n,m;
ll f1[N][3][8],f2[N][3][8];
void slv(){
	scanf("%d %d",&n,&m);
	rep(i,1,n)rep(j,0,2)scanf("%lld",&a[i].w[j]);
	sort(a+1,a+1+n,cmp);
	rep(i,0,n+1)rep(j,0,2)rep(k,0,7)f1[i][j][k]=f2[i][j][k]=-llinf;
	chk(f1[0][0][0],0);
	rep(i,0,m*2-1)rep(j,0,2)rep(k,0,7){
		rep(p,0,2)chk(f1[i+1][j][k^(1<<p)],f1[i][j][k]+a[i+1].w[p]);
		if(j<2)chk(f1[i+1][j+1][k],f1[i][j][k]);
	}
	chk(f2[n+1][0][0],0);
	per(i,n+1,m*2+2)rep(j,0,2)rep(k,0,7){
		chk(f2[i-1][j][k],f2[i][j][k]);
		if(j<2)rep(p,0,2)chk(f2[i-1][j+1][k^(1<<p)],f2[i][j][k]+a[i-1].w[p]);
	}
	ll ans=0;
	rep(x,0,2)rep(s,0,7)chk(ans,f1[m*2][x][s]+f2[m*2+1][x][s]);
	printf("%lld\n",ans);
}
void main(){
	int T=1;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)slv();
}
}
int main(){
	string __name="";
	if(__name!=""){
		freopen((__name+".in").c_str(),"r",stdin);
		freopen((__name+".out").c_str(),"w",stdout);
	}
	ax_by_c::main();
	return 0;
}