CF704B Ant Man

CF704B Ant Man

插入型 dp

分析排列的权值，如果排列确定，那么每个位置都有自己的贡献，并且无关其他位置的贡献。考虑 dp。从小到大将 \(p_i\) 插入序列中，此时序列会分成若干段，可设 \(f_{i,j}\) 插入了 \(1\cdots i\)，序列分成 \(j\) 段的权值和。

转移通常有四种。

1. 插入到一段的左边，此时 \(i\) 左右的大小情况确定，下面同理，于是可以转移 \(f_{i,j}=\max(f_{i,j},f_{i-1,j}+b_i+c_i)\)
2. 插入到一段的右边，\(f_{i,j}=\max(f_{i,j},f_{i-1,j}+a_i+d_i)\)
3. 将两段合并为一段，\(f_{i,j}=\max(f_{i,j},f_{i-1,j+1}+2\times x_{i}+a_{i}+c_{i})\)
4. 建新的一段，\(f_{i,j}=\max(f_{i,j},f_{i-1,j-1}-2\times x_i+b_i+d_i)\)

考虑限制 \(s\) 和 \(e\)，如果 \(i=s/e\)，那么不需要转移所有。还有一些特殊情况，如果 \(i>\max(s,e)\) 并且此时 \(j=1\)，那么无法合并；如果 \(i>s\) 且 \(j=1\)，那么无法插入到左边；右边同理。

复杂度 \(O(n^2)\)。

typedef long long i64;
const i64 iinf = 0x3f3f3f3f, linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 5e3 + 10;
int n, s, e;
i64 x[N], a[N], b[N], c[N], d[N], f[N][N];
void Solve() {
	std::cin >> n >> s >> e;
	for(int i = 1; i <= n; i++) std::cin >> x[i];
	for(int i = 1; i <= n; i++) std::cin >> a[i];
	for(int i = 1; i <= n; i++) std::cin >> b[i];
	for(int i = 1; i <= n; i++) std::cin >> c[i];
	for(int i = 1; i <= n; i++) std::cin >> d[i];
	memset(f, 0x3f, sizeof(f));
	f[0][0] = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 1; j <= i; j++) {
			if(i == s) {
				f[i][j] = std::min(f[i][j], f[i - 1][j] + x[i] + c[i]);
				f[i][j] = std::min(f[i][j], f[i - 1][j - 1] - x[i] + d[i]);
			} else if(i == e) {
				f[i][j] = std::min(f[i][j], f[i - 1][j] + x[i] + a[i]);
				f[i][j] = std::min(f[i][j], f[i - 1][j - 1] - x[i] + b[i]);
			} else {
				if(!(i > s && i > e && j <= 2)) f[i][j] = std::min(f[i][j], f[i - 1][j - 1] - 2 * x[i] + b[i] + d[i]);
				if(!(j == 1 && i > s)) f[i][j] = std::min(f[i][j], f[i - 1][j] + b[i] + c[i]);
				if(!(j == 1 && i > e)) f[i][j] = std::min(f[i][j], f[i - 1][j] + a[i] + d[i]);
				f[i][j] = std::min(f[i][j], f[i - 1][j + 1] + 2 * x[i] + a[i] + c[i]);  
			}
		}
	}
	std::cout << f[n][1] << "\n";
}
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    
	Solve();

	return 0;
}