因为(C)对答案的贡献只和(max b_i)有关,所以我们枚举这个值(z),然后把所有(>z)的(b)全部变成(z),这里如果(A<B),那么还可以把一些(<z)的(b)往(z)方向变,这样就可以使用一些(A)操作代替(B)操作,(Age B)就算了.可以发现从大到小枚举(z),(C)的贡献和(A,B)的贡献是可以实时维护的,然后就完事了 懒
注意C很大可能会爆long long
//看代码应该看得懂
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define db double
using namespace std;
const int N=2e5+10;
const LL sh=1e18;
LL rd()
{
LL x=0,w=1;char ch=0;
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+(ch^48);ch=getchar();}
return x*w;
}
LL c1,c2,c3,na,a1,a2,ans;
int n,m,a[N],b[N];
int main()
{
c1=rd(),c2=rd(),c3=rd(),n=rd(),m=rd();
for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=rd();
for(int i=1;i<=m;++i) b[i]=rd();
sort(a+1,a+n+1),sort(b+1,b+m+1);
int z=b[m];
for(int i=1;i<=n;++i) na+=max(z-a[i],0);
for(int i=1;i<=m;++i) a2+=z-b[i];
ans=na<=sh/c3?na*c3:sh,--z;
for(int i=n,j=m;~z;--z)
{
while(i&&a[i]>z) --i;
while(j&&b[j]>z) --j;
na-=i,a1+=m-j,a2-=j;
ans=min(ans,(na<=sh/c3?na*c3:sh)+(c1<c2?(c1*min(a1,a2)+c2*max(a1-min(a1,a2),0ll)):(c2*a1)));
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}