有$n$个人，每个人都报考了全部$m$门学科。第$i$个人有个预期日$t_i$，所有成绩全部公布的日子每迟于$t_i$一天，就需要花费$C$点代价。每门学科有个初始成绩公布时间$b_i$，你可以任意次花费$A$点代价$\texttt{++}b_i,\texttt{--}b_j$，还可以任意次花费$B$点代价$\texttt{++}b_i$。求最小代价。

点此看题面

  • 有\(n\)个人，每个人都报考了全部\(m\)门学科。第\(i\)个人有个预期日\(t_i\)，所有成绩全部公布的日子每迟于\(t_i\)一天，就需要花费\(C\)点代价。
  • 每门学科有个初始成绩公布时间\(b_i\)，你可以任意次花费\(A\)点代价\(\texttt{++}b_i,\texttt{--}b_j\)，还可以任意次花费\(B\)点代价\(\texttt{++}b_i\)。
  • 求最小代价。
  • \(n,m,t_i,b_i\le10^5\)

暴力枚举最终时间

非常水的一道题。。。

直接暴枚最终时间\(i\)，那么对于所有\(t_j>i\)的人会产生\(\sum_{t_j>i}(t_j-i)\times C\)的代价。

而我们要把最终时间调整到不迟于\(i\)，首先如果\(A>B\)，肯定直接把所有\(b_k>i\)的学科共花费\(\sum_{b_k>i}(b_k-i)\times B\)的代价变成\(i\)，否则可以先花费\(\min\{\sum_{b_k<i}(i-b_k),\sum_{b_k>i}(b_k-i)\}\times A\)的代价尽可能利用第一种操作修改，然后剩余部分再用第二种操作修改。

具体实现过程中，只需要维护\(\sum_{t_j>i}(t_j-i)\times C,\sum_{b_k<i}(i-b_k),\sum_{b_k>i}(b_k-i)\)三个量，那么就只要在\(i\)增大的时候单调移动\(j,k\)两个指针即可。

代码：\(O(V)\) 

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define LL long long
using namespace std;
int n,m,A,B,C,t[N+5],b[N+5];
namespace FastIO
{
	#define FS 100000
	#define tc() (FA==FB&&(FB=(FA=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),FA==FB)?EOF:*FA++)
	char oc,FI[FS],*FA=FI,*FB=FI;
	Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!isdigit(oc=tc()));W(x=(x<<3)+(x<<1)+(oc&15),isdigit(oc=tc()));}
	Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
}using namespace FastIO;
int main()
{
	RI i;for(read(A,B,C,n,m),i=1;i<=n;++i) read(t[i]);for(i=1;i<=m;++i) read(b[i]);
	LL ts=0,f1=0,f2=0;for(sort(t+1,t+n+1),sort(b+1,b+m+1),i=1;i<=m;++i) f2+=b[i];//初始只有f2=∑b
	RI j=1,k=1;LL ans=1e18;for(i=0;i<=N;ts+=j-1,f1+=k-1,f2-=m-k+1,++i)//根据三式中的项数，更新三个和的值
		{W(j<=n&&t[j]==i) ++j;W(k<=m&&b[k]==i) ++k;ans=min(ans,ts*C+(A>B?f2*B:min(f1,f2)*A+(f2-min(f1,f2))*B));}//单调移动j,k；更新ans
	return printf("%lld\n",ans),0;
}
败得义无反顾，弱得一无是处