题意

给定长度为 $n$ 的序列 $t$ 和长度为 $m$ 的序列 $b$，以及常数 $A,B,C$，可以进行两种操作：

1. 选取任意 $1 \le x,y \le n$，并使 $b_x + 1,b_y-1$，记进行了 $\alpha$ 次这种操作；
2. 选取任意 $1 \le z \le n$，并使 $b_z - 1$，记进行了 $\beta$ 次这种操作。

求进行若干次操作后，

的最小值。

sol

我们可以枚举 $\max_{j=1}^m b_j$ 的值 $tt$，贪心地计算在这种情况下最小的 $\alpha \cdot A + \beta \cdot B$，具体地，设 $sumbr=\sum_{i=1}^n \max\{0, b_i - tt\},sumbl=\sum_{i=1}^n \max\{0,- b_i + tt\}$。 若 $B\le A$，则 $\alpha=0$，即结果为 $sumbr \cdot B$，否则，对 $sumbl \ge sumbr$ 和 $sumbl < sumbr$ 两种情况进行大力分讨，然后加上 $\sum_{i=1}^n \max\{0,- t_i + tt\}$ 即可 ，推导仿照上例显然。
我们发现，我们需要计算一段的和，因此提前排序并预处理前缀和即可。
时间复杂度 $O(n\log n)$，理论可以优化到 $O(n)$，瓶颈就变成了前缀和了

代码

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

using namespace std;
typedef unsigned long long ULL;

const int N = 100005;

int n, m;
int t[N], b[N];
ULL st[N], sb[N];
int A, B;
ULL C;

int main(){
    scanf("%d%d%lld", &A, &B, &C);
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &t[i]);
    for (int i = 1; i <= m; i ++ ) scanf("%d", &b[i]);
    sort(t + 1, t + n + 1 ), sort(b + 1, b + m + 1);   
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) st[i] = st[i - 1] + t[i];
    for (int i = 1; i <= m; i ++ ) sb[i] = sb[i - 1] + b[i];
    int l = t[1], r = b[m];
    __int128 ans = 1e35;
    for (int time = l; time <= r; time ++ ) {
        int bpr = upper_bound(b + 1, b + m + 1, time) - b;
        int bpl = bpr - 1;
        int mvp = upper_bound(t + 1, t + n + 1, time) - t - 1;
        __int128 res = 0;
        if (B <= A) res = ((sb[m] - sb[bpr - 1]) - (ULL) time * (m - bpr + 1)) * B;
        else if ((sb[m] - sb[bpr - 1]) - (ULL) time * (m - bpr + 1) <= (ULL) time * bpl - sb[bpl]) res = ((sb[m] - sb[bpr - 1]) - (ULL) time * (m - bpr + 1)) * A;
        else res = (__int128) ((ULL) time * bpl - sb[bpl]) * A + (__int128) (sb[m] - sb[bpr - 1] - (ULL) time * (m - bpr + 1) - ((ULL) time * bpl - sb[bpl])) * B;
        res += (__int128) (-st[mvp] + (ULL) time * mvp) * C;
        ans = min(ans, res);
    }
> (ULL) ans);
    return 0;
}    printf("%llu\n", (ULL) ans);
    return 0;
}