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这是回来后的第一篇博客。我也是回来了！

原题链接：Problem - C - Codeforces

看似是博弈论，实际是脑筋急转弯。我们知道，因为 Bahamin 可以选择不交换，所以交换后的结果一定不能减小，只能增加，因此 Ali 需要尽量不让 Bahamin 去交换数字，所以，即使需要交换 \(k\) 次，但对于 Ali 来说，这 \(k\) 次实际上都是同一个位置（即只让 Bahamin 去交换这一个位置）。即这题实际上只交换一次。

那么目前的问题就转化为了，如何求出这最优的一次交换。为了方便，我们先把 \(a,b\) 中对应项中较大的放到 \(a\) 的位置，小的放到 \(b\) 的位置，然后把 中对应项看成一组，然后按照 \(a\) 从大到小排序。我们设 \(i > j\)，且第 i 项的两个数为 \(a,b\)，第 \(j\) 项的两个数为 \(x,y\)，那么我们可知：\(a>b,x>y,a>x\)，那么对于 \(b,x\) 之间的关系有三种：

1. \(b>x\)，此时交换的结果为 \(a + b - x - y\)
2. \(x>b\)，此时交换的结果为 \(a + x - b - y\)
3. \(x=b\)，此时交换的结果为 \(a - y = a + b - x - y = a + x - b - y\)，实际上面两个算式子是一样的
   而对于这两个项的原本答案为 \(a - b + x - y = a + x - b - y\)。

因此我们可以先把原答案（即交换前）处理出来，然后对于当前的 \(i\) 判断是否存在 \(b > x\) 即可，如果不存在，那么答案就是原答案；如果存在 \(b > x\)，那么答案就是 \(原答案 - (a + x - b - y) + a + b - x - y\)，即：\(原答案 + 2(b - x)\)。而我们已经把序列按照 \(a\) 的大小排完序了，因此这个 \(x\) 就是我们的 \(a_{i + 1}\)。到这，这题就结束了。

时间复杂度瓶颈在于排序，因此时间复杂度为 \(\operatorname O(n\log n)\)。

可以看出，排序对于这些抽象的问题，具有约束的作用。

代码为：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

#define x first
#define y second

using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII; 

const int N = 200010;


int n, m;
PII g[N]; // 为了方便排序,直接使用pair

int main()
{
    int T;
    cin >> T;
    while (T -- )
    {
        cin >> n >> m;
        
        for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &g[i].x);
        for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &g[i].y);
        
        LL ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        {
            if (g[i].x < g[i].y) swap(g[i].x, g[i].y);
            ans += g[i].x - g[i].y;
        }
        // cout << ans << endl;
        sort(g + 1, g + 1 + n);
        reverse(g + 1, g + 1 + n);
        LL minv = 1e18;
        for (int i = 1; i < n; i ++ )
        {
            minv = min(minv, 2ll * (g[i].y - g[i + 1].x));
        }
        
        if (minv > 0) cout << ans + minv << endl;
        else cout << ans << endl;
    }
    
    return 0;
}