📝 题目大意

有三种披萨：A披萨（$A$ 元）、B披萨（$B$ 元）、AB披萨（$C$ 元，一半A一半B）。两个AB披萨可以拼成一个A披萨和一个B披萨。需要至少 $X$ 份A披萨和 $Y$ 份B披萨，可以多买，求最小花费。

💡 解题思路

1. 题目分析：核心约束是 AB 披萨只能成对使用（两个 AB 拼成一个 A + 一个 B），不能单独拆出半个 A 或半个 B。因此，AB 披萨的"有效单位"是 $2$ 个，成本为 $2C$，产出为 $1$ 个 A + $1$ 个 B。数据范围 $X, Y \leq 10^5$ 允许 $O(\min(X, Y))$ 的线性扫描。

2. 算法推导：

   • 配对部分：对于 $X$ 和 $Y$ 中较小的那部分（即 $\min(X, Y)$ 对），每对 (A, B) 有两种获取方式：
     • 直接购买一个 A 和一个 B，花费 $A + B$。
     • 购买两个 AB 披萨并拼合，花费 $2C$。 显然应该取两者中较便宜的，即 optimal = min(A + B, 2 * C)。这部分需求是"对称"的，用 AB 披萨不会产生浪费。
   • 剩余部分：假设 $X > Y$，处理完配对后还剩 $X - Y$ 个 A 需要满足。此时每个 A 有两种获取方式：
     • 直接购买一个 A，花费 $A$。
     • 购买两个 AB 披萨拼出一个 A（多出的那个 B 被浪费，但题目允许超额），花费 $2C$。 取较便宜的，即 optimala = min(A, 2 * C)。同理，若 $Y > X$，剩余 B 的单价为 optimalb = min(B, 2 * C)。
   • 贪心正确性：由于 AB 披萨的最小使用单位是 $2$ 个（产出 1A+1B），在配对部分使用 AB 披萨不会产生任何浪费，因此优先在配对部分决定是否使用 AB 是合理的。剩余部分单独决策也不会影响配对部分的最优性，因为两部分独立——配对部分已经消耗完了较少的那一侧，剩余部分只有单一需求，不存在交叉影响。

3. 边界与细节：

   • 当 $2C < A$ 且 $2C < B$ 时，所有披萨都可以用 AB 披萨替代，即使造成浪费也比直接买便宜。例如样例 3：$A=1500, B=2000, C=500$，$2C=1000$ 比单个 A 和单个 B 都便宜，因此全部用 AB 披萨。
   • 当 $C$ 很贵时，optimal 和 optimala/optimalb 都会取直接购买，相当于完全不使用 AB 披萨。
   • 注意变量类型：答案 ar 可能达到 $2 \times 10^5 \times 5000 = 10^9$ 级别，在 C++ int 范围内（约 $2.1 \times 10^9$），无需 long long。

⏱️ 复杂度分析

• 时间复杂度：while 循环执行 $\min(X, Y)$ 次，剩余部分 $O(1)$ 计算。总复杂度 $O(\min(X, Y))$，最坏 $O(10^5)$，足以通过。
• 空间复杂度：仅使用常数个变量，$O(1)$。

💻 标准代码 (C++)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
	int A, B, C, X, Y, ar = 0; // ar 为最终答案（总花费）
	cin >> A >> B >> C >> X >> Y;

	// optimal: 获得 1 个 A + 1 个 B 的最小花费
	// 方案一：直接买 A + B；方案二：买 2 个 AB 拼成 1A+1B
	int optimal = min(A + B, 2 * C);

	// 处理配对部分：每消耗一对 (A, B)，加上 optimal
	while (X > 0 && Y > 0) {
		X--;
		Y--;
		ar += optimal;
	}

	// 处理剩余的 A 需求（X > 0 时）
	if (X > 0) {
		// optimala: 获得 1 个 A 的最小花费（此时 B 需求已满足，多出的 B 可以浪费）
		int optimala = min(A, 2 * C);
		ar += optimala * X;
	}
	// 处理剩余的 B 需求（Y > 0 时）
	else if (Y > 0) {
		// optimalb: 获得 1 个 B 的最小花费（此时 A 需求已满足，多出的 A 可以浪费）
		int optimalb = min(B, 2 * C);
		ar += optimalb * Y;
	}

	cout << ar;
}