Delight for a Cat

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Description

​ 从前，有一只懒猫叫CJB。每个小时，这只猫要么在睡觉，要么在吃东西，但不能一边睡觉一边吃东西，并且这只猫会在一整个小时干同一件事情。

​ 对于接下来的n个小时，CJB知道他在那n个小时睡觉和吃东西的快乐值。

​ 为了健♂康♀地生活，在任意的连续 k个整小时内，CJB要有至少\(m_s\)小时睡觉，至少\(m_e\)个小时在吃东西。也就是说一共有 n−k+1段的 k小时需要满足上述条件。

你的任务是告诉CJB他接下来n个小时能获得的最大快乐值是多少。

Input

​ 第一行四个整数 \(n,k,ms,me(1≤k≤n≤1000,0≤m_s,m_e≤k,m_s+m_e≤k)\)，含义如题目所述。

​ 第二行包含 n个整数 \(s_1,s_2,...,s_n(0≤s_i≤10^9)\)，表示每个小时CJB睡觉能获得的快乐值。

​ 第三行包含 n个整数 \(e_1,e_2,...,e_n(0≤e_i≤10^9)\)，表示每个小时CJB吃东西能获得的快乐值。

Output

输出一个整数，表示CJB能获得的最大快乐值。

Sample Input

10 4 1 2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
10 9 8 7 6 5 4 3 2 1

Sample Output

69

HINT

​ 【样例解释】

​ CJB在接下来的10个小时是这样的（S表示睡觉，E表示吃东西）：EEESESEESS

​ 【数据范围与约定】

​ 30%的数据中， 1≤n≤10

​ 100%的数据中， 1≤n≤1000

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吐槽

这题好神啊哈哈哈qwq（好吧虽然好像印象中之前做过类似的费用流的题目。。但是当时并没有搞太懂所以看到这题的时候根本没有往那边去想qwq菜醒）

然而为什么网上说是。。单纯形裸题？？好吧听起来很棒但是并不会单纯形qwq

所以还是写费用流吧嗯qwq

正题

这里要用到一种特殊的建模方式！十分巧妙啊ovo

具体介绍戳这里（没错就是比较长不拎出来对不起自己嗯）

首先假设这只懒猫一直在睡觉，然后我们再决策哪些天数需要改成吃东西

用\(x_i =0\)表示这只猫第\(i\)天在睡觉，\(x_i=1\)表示在吃东西，那么我们可以列出这样的不等式组

\[\begin{aligned}
&m_e<=x_1+x_2+x_3+...+x_k<=k-m_s\\
&m_e<=x_2+x_3+x_4+...+x_{k+1}<=k-ms\\
&...\\
&m_e<=x_{n-k+1}+x_{n-k+2}+x_{n-k+3}+...+x_n<=k-m_s\\
\end{aligned}
\]

用同样的方法将这些不等式组变成等式，其中辅助变量\(0<=y_i<=k-m_s-m_e\)

\[\begin{aligned}
&x_1+x_2+x_3+...+x_k+y_1=k-m_s\\
&x_2+x_3+x_4+...+x_{k+1}+y_2=k-m_s\\
&...\\
&x_{n-k+1}+x_{n-k+2}+...+x_n=k-m_s\\
\end{aligned}
\]

同样的套路，在一头一尾加上两个0=0等式，用上面的减去下面的得到：

\[\begin{aligned}
&x_1+x_2+x_3+...+x_k+y_1=k-m_s\\
&x_1-x_{k+1}+y_1-y_2=0\\
&x_2-x_{k+2}+y_2-y_3=0\\
&...\\
&x_{n-k}-x_{n}+y_{n-k}-y_{n-k+1}=0\\
&x_{n_k+1}+x_{n-k+2}+...+x_{n}+y_{n-k+1}=k-m_s\\
\end{aligned}
\]

（啊？想用下面的减去下面的？额一样的反正都可以）

然后按照套路：

\[\begin{aligned}
&x_1-x_{k+1}+y_1-y_2=0\\
&x_2-x_{k+2}+y_2-y_3=0\\
&...\\
&x_{n-k}-x_{n}+y_{n-k}-y_{n-k+1}=0\\
&(k-m_s)-x_1-x_2-x_3-...-x_k-y_1=0\\
&x_{n_k+1}+x_{n-k+2}+...+x_{n}+y_{n-k+1}-(k-m_s)=0\\
\end{aligned}
\]

(其实倒数第二条式子是第1条式子和第0条式子相减得到，的但是为了和后面的代码中的编号对应我们稍微改变一下位置）

观察一下，变成了这个样子之后所有式子加起来变量和常数项就都抵消掉了，满足流量平衡

那么就用和bzoj1061同样的方式把每个等式看成一个点，负的流出正的流入就好啦

跑完一遍最小费用最大流之后，最终的\(ans\)就是$\sum\limits_{i=1}^{n}s_i - $最小费用

然而这并没有结束

首先是，这题的\(x_i\)和\(y_i\)是有范围的！

\(y_i\)的范围上面写了就是\(0<=y_i<=k-m_s-m_e\)

而\(x_i\)的话要么是\(0\)要么是\(1\)

所以两个变量对应的边的容量应该分别为\(k-m_s-m_e\)和\(1\)

再有就是，如果稍微想一下等式之间的连边情况，会发现。。\(k<n-k\)和\(k>n-k\)这两种情况是不一样的！

所以说，这题还要分类讨论

然而具体的连边方式。。写起来十分混乱不如自己去推qwq，详情可以参考代码

（注意，代码中将上面的第一条等式放在了倒数第二条，所以编号为\(n-k+1\)，最后一条等式的编号为\(n-k+2\)，其他的等式依次为\(1\)到\(n-k\)）

这里只讲一下大概要连哪几类边，下面所说的编号顺序按照最终给出的等式组来（也就是代码中的顺序）：

1. 第一种\(y\)边。从\(i+1\)连到\(i\)
2. 第二种\(y\)边。从最后一条等式连到第\(1\)条等式，从\(n-k\)条等式连到倒数第二条等式
3. 源点到\(n-k+1\)的边，汇点到\(n-k+2\)的边
4. 第\(1\)到\(n-k\)条等式中每个正的\(x\)的边。
5. 第\(1\)到\(n-k\)条等式中每个负的\(x\)的边。

稍微提一下，前3类是固定的，第4和第5类又可以分第\(1\)到\(n-k\)条连到最后两条，和\(1\)到\(n-k\)条里面自己乱连两小类，具体就\(k\)和\(n\)的大小关系而定

自己写的时候把\(k=n-k\)的情况也分出来了，可能是。。可以合并的不过不管了反正这么写也不影响正确性

然后就很愉快（个鬼啊分类讨论这种东西）滴做完啦ovo

---

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define ll long long
#define F 1
using namespace std;
const int N=10010;
const int M=1000010;
const ll inf=1e15;
struct xxx{
	int y,next,op;
	ll c,r;
}a[M*10];
queue<int> q;
int h[N];
ll e[N],s[N];
ll pre[M],mn[N],pred[M];
ll d[N];
ll ans,sum;
bool vis[N];
int n,m,vs,vt,tot;
ll k,ms,me;
int add(int x,int y,int r,ll c);
int spfa();
int build();

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in","r",stdin);
//	freopen("a.out","w",stdout);
#endif
	scanf("%d%lld%lld%lld",&n,&k,&ms,&me);
	vs=0; vt=n-k+3;
	sum=0;
	for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",s+i),sum+=s[i];
	for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",e+i);
	build();
	ans=0;
	while (spfa());
	printf("%lld\n",sum+ans);
}

int add(int x,int y,int r,ll c){
	a[++tot].y=y; a[tot].next=h[x]; h[x]=tot; a[tot].r=r; a[tot].op=tot+1; a[tot].c=c;
	a[++tot].y=x; a[tot].next=h[y]; h[y]=tot; a[tot].r=0; a[tot].op=tot-1; a[tot].c=-c;
}

int spfa(){
	while (!q.empty()) q.pop();
	for (int i=vs;i<=vt;++i) d[i]=-inf,vis[i]=false,mn[i]=inf;
	q.push(vs); vis[vs]=1; d[vs]=0;
	mn[vs]=inf; pre[vs]=-1; pred[vs]=-1;
	int v,u;
	while (!q.empty()){
		v=q.front(); q.pop();
		for (int i=h[v];i!=-1;i=a[i].next){
			u=a[i].y;
			if (!a[i].r) continue;
			if (d[u]<d[v]+a[i].c){
				pre[u]=i; pred[u]=v;
				mn[u]=min(mn[v],a[i].r);
				d[u]=d[v]+a[i].c;
				if (!vis[u])
					vis[u]=1,q.push(u);
			}
		}
		vis[v]=false;
	}
	if (d[vt]==-inf) return false;
	ll flow=mn[vt];
	ans+=flow*d[vt];
	u=vt;
	while (pre[u]!=-1){
		a[pre[u]].r-=flow;
		a[a[pre[u]].op].r+=flow;
		u=pred[u];
	}
	return true;
}

int build(){
	memset(h,-1,sizeof(h));
	if (k<n-k){
		/*X*/
		for (int i=1;i<=k;++i) add(n-k+1,i,F,e[i]-s[i]);
		for (int i=n-2*k+1;i<=n-k;++i) add(i,n-k+2,F,e[i+k]-s[i+k]);
		for (int i=1;i<=n-2*k;++i) add(i,i+k,F,e[i+k]-s[i+k]);
	}
	else if (k==n-k){
		/*X*/
		for (int i=1;i<=n-k;++i) add(n-k+1,i,F,e[i]-s[i]);
		for (int i=1;i<=n-k;++i) add(i,n-k+2,F,e[i+k]-s[i+k]);
	}
	else{
		/*X*/
		for (int i=1;i<=n-k;++i) add(n-k+1,i,F,e[i]-s[i]);
		for (int i=1;i<=n-k;++i) add(i,n-k+2,F,e[i+k]-s[i+k]);
		for (int i=n-k+1;i<=k;++i) add(n-k+1,n-k+2,F,e[i]-s[i]);
	}
	/*Y*/for (int i=1;i<=n-k-1;++i) add(i,i+1,k-ms-me,0);
	/*Y*/add(n-k+1,1,k-ms-me,0); add(n-k,n-k+2,k-ms-me,0);
	/*X*/add(vs,n-k+1,k-ms,0); add(n-k+2,vt,k-ms,0);
}