传送门

题意：

给你三个长度分别为$k1,k2,k3$的数组$a,b,c$，其中$k1+k2+k3=n$，这三个数组中的元素拼接起来是一个$n$的排列，每次可以将某个数组中的某个元素移动到另一个数组，问最少几次操作使得$a$是$1-n$的一个前缀，$c$是$1-n$的一个后缀，$b$包含剩下的数。
$n\le 2e5$

思路：

首先可以想一下只有两个数组的时候我们怎么办，记$cnt{1}_i$表示第一个数组前$i$个数出现的次数，$cnt{2}_i$表示第二个数组前$i$个数出现的次数，那么最终的情况一定是$a$包含$[1,i]$，$b$包含$[i+1,n]$，那么答案就是$a$数组$[i+1,n]$拥有的个数$+b$数组$[1,i]$拥有的个数，即$cnt{1}_n-cnt{1}_i+cnt{2}_i$。
现在扩展到了三个数组，那么我们加一个$cnt{3}_i$，最终的情况就是$[1,i],[i+1,j],[j+1,n]$分别对应$a,b,c$三个数组，那么答案就分为三个部分：$a$中包含$[i+1,n]$的个数，$b$中包含$[1,i],[j+1,n]$的个数，$c$中包含$[1,j]$的个数，答案就是$cnt{1}_n-cnt{1}_i+cnt{2}_n-cnt{2}_j+cnt{2}_i+cnt{3}_j$，这个式子直接算的话是$n^2$的，显然不可接受，考虑将$b,c$数组放一起，让后枚举$[0,n]$代表$i$，我们只需要找到一个最大的$j$位置即可，由于上面的式子中含$j$的只有两项$cnt{3}_j-cnt{2}_j$，我们取一个后缀最大值即可。

// Problem: E. The Contest
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 76 (Rated for Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1257/problem/E
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// 
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#include<cstdio>
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#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int k1,k2,k3,n;
int a[N],b[N],c[N];
int pre1[N],pre2[N],pre3[N];
int cost[N];int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);scanf("%d%d%d",&k1,&k2,&k3); n=k1+k2+k3;for(int i=1;i<=k1;i++) scanf("%d",&a[i]);for(int i=1;i<=k2;i++) scanf("%d",&b[i]);for(int i=1;i<=k3;i++) scanf("%d",&c[i]);sort(a+1,a+1+k1); sort(b+1,b+1+k2); sort(c+1,c+1+k3);for(int i=1,j=1,k=1,cc=1;i<=n;i++) {pre1[i]=pre1[i-1]; pre2[i]=pre2[i-1];pre3[i]=pre3[i-1];if(a[j]<=i&&j<=k1) pre1[i]++,j++;if(b[k]<=i&&k<=k2) pre2[i]++,k++;if(c[cc]<=i&&cc<=k3) pre3[i]++,cc++;}cost[n+1]=INF;for(int i=n;i>=0;i--) {cost[i]=pre3[i]-pre2[i];cost[i]=min(cost[i],cost[i+1]);}//cost[n+1]=0;int ans=INF;for(int i=0;i<=n;i++) {//if(i==3) cout<<pre3[i]<<endl;ans=min(ans,pre1[n]-pre1[i]+pre2[n]+pre2[i]+cost[i]);}cout<<ans<<endl;return 0;
}
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