提供一个好想，但时间比较劣的写法。

设第 $i$ 家店买家电、家具、装饰的价格分别为 $a_i, b_i, c_i$。

总花费可以写成：

$$\sum_{i=1}^{n} c_i + \sum_{\text{买家电的店}}(a_i - c_i) + \sum_{\text{买家具的店}}(b_i - c_i)$$

也就是说，先假设所有店都买装饰，花费为 $\sum c_i$，然后把其中 $A$ 家店改成买家电，额外花费 $a_i - c_i$；把其中 $B$ 家店改成买家具，额外花费 $b_i - c_i$。

于是问题变成：从 $n$ 家店中选出 $A$ 家买家电、$B$ 家买家具，使得额外花费之和最小。

如果两家店 $i, j$，其中 $i$ 买家电，$j$ 买家具，那么交换它们的选择后花费变化为：

$$(a_j - c_j) + (b_i - c_i) - (a_i - c_i) - (b_j - c_j) = (a_j + b_i) - (a_i + b_j)$$

如果 $a_i - b_i > a_j - b_j$，即 $a_i + b_j > a_j + b_i$，那么交换后花费更小。所以最优解中，买家电的店一定满足 $a_i - b_i$ 不大于买家具的店。

因此，将所有店按 $a_i - b_i$ 从小到大排序后，一定存在一个分界点 $p$，使得前 $p$ 家店中选 $A$ 家买家电，后 $n-p$ 家店中选 $B$ 家买家具。

所以，我们可以枚举 $p$。设 $1$ ~ $p$ 中 $A$ 个最小的 $a_i-c_i$ 的和为 $suma$，和 $p+1$ ~ $n$ 中 $B$ 个最小的 $b_i-c_i$ 的和为 $sumb$，所有基础花费（装修）$c_i$的和为 $sumc$。对于每个 $p$，它的答案是 $suma+sumb+sumc$，最后对每个答案取 $min$ 即可。

时间复杂度： $O(n^2 \log n)$ ，最大 $3*10^8$，实际常数较大，可以过。

参考代码（仅展示关键部分）

ll ans=1e18;
for(int p=a;p<=n-b;p++){
    vector<ll> l,r;
    for(int i=1;i<=p;i++) l.push_back(buy[i].a-buy[i].c);
    for(int i=p+1;i<=n;i++) r.push_back(buy[i].b-buy[i].c);
    sort(l.begin(),l.end());
    sort(r.begin(),r.end());
    ll suma=0,sumb=0;
    for(int i=0;i<a;i++) suma+=l[i];
    for(int i=0;i<b;i++) sumb+=r[i];
    ans=min(ans,suma+sumb+sumc);
}