题意简介
有三个集合，里面分别有 n1,n2,n3 个数。
在每次操作中，你可以选择其中的两个不同的集合（下记为 A 和 B），在 A 中取一个数 a，B 中取一个数 b，然后将 a 减去 b，并在 B 集合中删去这个数。
(原文 remove b from the second bag and replace a with a−b in the first bag)
现在你需要通过若干次这样的操作，使得：有且只有一个集合有数字，且这个集合中的数字有且只有一个。
(原文 You have to perform these operations in such a way that you have exactly one number remaining in exactly one of the bags (the other two bags being empty))
现在的问题是，你通过操作，最终留下来的数字最大可以是多少？
思路分析
首先不难注意到，一个数从一个集合挪到另一个集合，它的贡献要乘以 -1。换句话说，如果我们希望某个数从集合 A 移动到集合 B 后贡献为正，那么我们需要至少经过一次中间集合 C。
我们希望答案最大，那么自然是希望尽可能大/多的数的贡献为正。
接下来观察并手推一下题目中的两个样例，我们不难发现，各个数对答案的贡献是这样的（可能有不同的方案，但求出的最优解是一样的）：
样例 1：A {-1 -2} B {+6 +3 +4 +5} C {+5}
样例 2：A {+7 +5 +4} B {-2 +9} C {+7 -1}
观察到，两个样例在解出最优解的情况下，贡献为负的值总为两个。
那么，是否只要在三个集合中挑出两个最小值，使它们的贡献为负就可以了呢？
答案是否定的。让我们仔细考虑一下，为什么贡献为负的值总可以是两个。
不难发现，在任何情况下，我们总能找到下面这种情形：
在图中，最终留下来的数是 y，且除了分属于两个不同集合的 x 和 z 以外，所有数的贡献都是正的（挪一次变为负 借由中介 x 和 y 再挪一次变为正）。
可以看出，由于中转媒介必须出现在除了最终答案所在集合（此处为 B）及其自身外的另一个集合里。例如想要把 A 的数字贡献转正，需要在 C 中有一个数来中转，把 C 的数字贡献转正，则需要 A 中有一个数字来中转。中转的数字由于只移动了一次，所以贡献为负。
这就解释了为什么负贡献的值至少需要两个。（此处先不考虑某个集合中只有一个数的情形）
P.S. 你可能会说那如果我不要马上挪到 B 集合，而是在 A 和 C 之间多挪几次呢。那样的操作是没有意义的，只会使贡献为负的数字增加。
不难由此得出第一种一种可能达到最优解的方案：
挑两个集合，使这两个集合中的最小值的贡献为负
但是我们发现，这种情形显然不适用于样例 1，因为样例 1 的两个贡献为负的数字出现在了同一个集合中。
不妨考虑一下，要怎样做，才可以使某两个集合中所有数的贡献都为正。
于是，有了下图的情形。牺牲某个一个集合，使其它集合的贡献为正。
原因很简单。如果你希望 A 集合中也有正贡献的话，那你一定会使 B 和 C 中的某个数的贡献转为负，这还不如第一种方案。
这依然是一道考虑清楚了就非常简单的题目。具体细节见代码。
代码库
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
// 记得开 long long
typedef long long ll;
const int N=3e5+5;
ll n1,n2,n3,A[N],B[N],C[N],sum[3],res,minn[3];
int main(){
scanf("%lld%lld%lld",&n1,&n2,&n3);
minn[0]=minn[1]=minn[2]=1e18;
for(int i=1;i<=n1;i++) scanf("%lld",A+i),sum[0]+=A[i],minn[0]=min(minn[0],A[i]);
for(int i=1;i<=n2;i++) scanf("%lld",B+i),sum[1]+=B[i],minn[1]=min(minn[1],B[i]);
for(int i=1;i<=n3;i++) scanf("%lld",C+i),sum[2]+=C[i],minn[2]=min(minn[2],C[i]);
// tmp 是三个最小之和 tt 是所有数之和
ll tmp=minn[0]+minn[1]+minn[2],tt=sum[0]+sum[1]+sum[2];
// 集合 i 贡献转负 别忘了*2
for(int i=0;i<3;i++) res=max(res,tt-sum[i]*2);
// 除了集合 i 以外的两个集合的最小值贡献转负
for(int i=0;i<3;i++) res=max(res,tt-(tmp-minn[i])*2);
printf("%lld",res);
return 0;
}