[loj3366]嘉年华奖券

联系绝对值的几何意义/分类讨论，不难发现若$n$张奖券上的数从小到大依次为$a_{i}$，则收益为$\sum_{i=1}^{\frac{n}{2}}a_{i+\frac{n}{2}}-a_{i}$

假设确定了这$nk$个数字，设这从小到大依次为$a_{i}$，容易发现答案最大不会超过$\sum_{i=1}^{\frac{nk}{2}}a_{i+\frac{nk}{2}}-a_{i}$；同时，如果存在$x>y$满足$a_{x}$为负号且$a_{y}$为正号，就交换$(a_{x},a_{y})$，最终一定可以取到最大值

再考虑如何确定这$nk$个数字，先取出每一个组中最小的数，符号都为负，然后贪心$\frac{nk}{2}$次选择一组将符号为负且最大（原值）的数替换为未被选择的最大的数，使得收益（即两数之和）最大，并用set维护即可

还有构造方案的问题，由于前者已经证明了必然存在方案，那么随便构造一轮后，这个子问题类似的依然可以证明存在方案，因此每一轮可以任意构造，先优先考虑全是正号/负号的组，其余组再任意选择即可

#include "tickets.h"
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1505
vector<vector<int> >a;
priority_queue<pair<int,int> >q;
int n,m,mn[N],mx[N],p[N];
long long find_maximum(int k,vector<vector<int> >c){
    a=c;
    n=a.size();
    m=a[0].size();
    for(int i=0;i<n;i++){
        a[i].push_back(0);
        for(int j=m;j;j--)a[i][j]=a[i][j-1];
        a[i][0]=0;
    }
    for(int i=0;i<n;i++){
        mn[i]=k;
        q.push(make_pair(a[i][mn[i]]+a[i][m],i));
    }
    for(int i=0;i<n*k/2;i++){
        int x=q.top().second;
        q.pop();
        mn[x]--;
        mx[x]++;
        if (mn[x])q.push(make_pair(a[x][mn[x]]+a[x][m-mx[x]],x));
    }
    long long ans=0;
    for(int i=0;i<n;i++){
        for(int j=1;j<=mn[i];j++)ans-=a[i][j];
        for(int j=m-mx[i]+1;j<=m;j++)ans+=a[i][j];
    }
    for(int i=0;i<n;i++){
        a[i].pop_back();
        for(int j=mn[i];j<m-mx[i];j++)a[i][j]=-1;
    }
    for(int i=0;i<k;i++){
        int x=0,y=0;
        memset(p,-1,sizeof(p));
        for(int j=0;j<n;j++){
            if (!mn[j])p[j]=0;
            if (!mx[j])p[j]=1;
            if ((mn[j])&&(mx[j]))y++;
            else x+=2*p[j]-1;
        }
        y=(x+y)/2;
        for(int j=0;j<n;j++)
            if ((mn[j])&&(mx[j])){
                p[j]=(y<=0);
                y--;
            }
        for(int j=0;j<n;j++)
            if (p[j])a[j][--mn[j]]=i;
            else a[j][m-mx[j]--]=i;
    }
    allocate_tickets(a);
    return ans; 
}