题目
可以直接贪心，但是用模拟费用流推的话会更轻松。
首先有一个显然的建图方式：
\(S\)到\(0\)流量为\(k\)，费用为\(0\)。
\(0\)到\(a_i\)流量为\(1\)，费用为\(-a_i\)。
\(a_i\)到\(b_i\)流量为\(1\)，费用为\(0\)。
\(b_i\)到\(T\)流量为\(1\)，费用为\(-b_i\)。
\(a_i\)到\(c\)流量为\(1\)，费用为\(0\)。
\(c\)到\(d\)流量为\(k-l\)，费用为\(0\)。
\(d\)到\(b_i\)流量为\(1\)，费用为\(0\)。
然后我们来模拟一下费用流。
首先我们肯定先把\(c->d\)这里流满，因为这个是没有\(a_i->b_i\)的配对限制的，一定会更优。
我们先在左右各选\(k-l\)（可能有重复的），能够直接匹配流\(a_i->b_i\)，否则走\(c->d\)。
然后我们接下来每次保证增加一对\(a_i->b_i\)，这样就能够保证正确性了。
然后后面的有三种情况：
第一种：我们选一个\(a_i,b_i\)都未选的\(a_i+b_i\)最大的。
第二种：对于一个已被选择的\(a_i\)（对应的\(b_i\)尚未被选），我们给它\(b_i\)配对，并且在未被选的\(a_j\)中挑一个最大的。
反应在流量网络上就是这样：
原本是\(a_i->c->d->b_x\)（这个\(b_x\)实际上可以是任意一个流量从\(d\)来的点）。
我们把它改成\(a_i->b_i\)，\(a_j->c->d->b_x\)。
第三种：把第二种的\(a,b\)反过来。
这样我们每次选取能够使答案增加最大的一种方法走，就能够解决这个问题了。
具体而言，我们需要开几个堆记录未被选的\(a_i,b_i,a_i+b_i\)的最大值的下标\(i\)，已选的\(a_i(b_i)\)对应的\(b_i(a_i)\)中最大值的下标\(i\)。
代码比较长，凑合着看吧。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
namespace IO
{
char ibuf[(1<<21)+1],*iS,*iT;
char Get(){return (iS==iT? (iT=(iS=ibuf)+fread(ibuf,1,(1<<21)+1,stdin),(iS==iT? EOF:*iS++)):*iS++);}
int read(){int x=0;char c=Get();while(!isdigit(c))c=Get();while(isdigit(c))x=x*10+(c^48),c=Get();return x;}
}
using namespace IO;
int max(int a,int b){return a>b? a:b;}
const int N=1000007;
LL ans;int T,n,l,k,id[N],a[N],b[N],fa[N],fb[N];
struct nodea{int id;};struct nodeb{int id;};struct nodec{int id;};
int operator<(nodea i,nodea j){return a[i.id]<a[j.id];}
int operator<(nodeb i,nodeb j){return b[i.id]<b[j.id];}
int operator<(nodec i,nodec j){return a[i.id]+b[i.id]<a[j.id]+b[j.id];}
int cmpa(int i,int j){return a[i]>a[j];}
int cmpb(int i,int j){return b[i]>b[j];}
priority_queue<nodea>ra,sa;priority_queue<nodeb>rb,sb;priority_queue<nodec>rc;
int main()
{
int i,j,num,va,vb,vc,mx;
for(T=read();T;--T)
{
n=read(),k=read(),l=read(),memset(fa,0,sizeof fa),memset(fb,0,sizeof fb),ans=num=va=vb=vc=0;
while(!ra.empty())ra.pop();while(!rb.empty())rb.pop();while(!sa.empty())sa.pop();while(!sb.empty())sb.pop();while(!rc.empty())rc.pop();
for(i=1;i<=n;++i) a[i]=read(),id[i]=i;
for(i=1;i<=n;++i) b[i]=read();
sort(id+1,id+n+1,cmpa); for(i=1;i<=k-l;++i) ans+=a[id[i]],fa[id[i]]=1;
sort(id+1,id+n+1,cmpb); for(i=1;i<=k-l;++i) ans+=b[id[i]],fb[id[i]]=1;
for(i=1;i<=n;++i)
if(fa[i]&&fb[i]) ++num;
else if(fa[i]) rb.push((nodeb){i}),sb.push((nodeb){i});
else if(fb[i]) ra.push((nodea){i}),sa.push((nodea){i});
else ra.push((nodea){i}),rb.push((nodeb){i}),rc.push((nodec){i});
while(l--)
{
while(!ra.empty()&&fa[ra.top().id])ra.pop();
while(!rb.empty()&&fb[rb.top().id])rb.pop();
while(!rc.empty()&&(fa[rc.top().id]||fb[rc.top().id]))rc.pop();
while(!sa.empty()&&fa[sa.top().id])sa.pop();
while(!sb.empty()&&fb[sb.top().id])sb.pop();
if(num)
{
i=ra.top().id,j=rb.top().id,ans+=a[i]+b[j],fa[i]=fb[j]=1,--num;
if(!fb[i]) sb.push((nodeb){i});
if(!fa[j]) sa.push((nodea){j});
if(i==j)++num;else{if(fa[i]&&fb[i])++num;if(fa[j]&&fb[j])++num;}
continue;
}
if(!sb.empty()) i=ra.top().id,j=sb.top().id,va=a[i]+b[j];
if(!sa.empty()) i=rb.top().id,j=sa.top().id,vb=a[j]+b[i];
if(!rc.empty()) i=rc.top().id,vc=a[i]+b[i];
mx=max(vc,max(va,vb)),ans+=mx;
if(va==mx) i=ra.top().id,j=sb.top().id,fa[i]=fb[j]=1,fb[i]? ++num:(sb.push((nodeb){i}),0);
else if(vb==mx) i=rb.top().id,j=sa.top().id,fa[j]=fb[i]=1,fa[i]? ++num:(sa.push((nodea){i}),0);
else if(vc==mx) i=rc.top().id,rc.pop(),fa[i]=fb[i]=1;
}
printf("%lld\n",ans);
}
}