题面
有 (n) 层关卡，每层有 (a_i) 个小怪（(1) 血）和 (1) 个老怪（(2) 血）。有三种武器：(1) 武器每次攻击耗时 (r_1)，可以攻击一个怪 (1) 血；(2) 武器每次攻击耗时 (r_2)，可以攻击一层每个怪 (1) 血；(3) 武器每次攻击耗时 (r_3)，可以杀死一个怪。当一次攻击伤害了老怪但是没有杀死他时，玩家会被迫移动至相邻的层；也可以主动移至相邻的层。刚开始时在 (1) 层，每次移动耗时 (d)，求最后杀死所有怪的最少耗时（不一定要在 (n) 层结束）。
数据范围：(2le nle 10^6)，(1le r_1le r_2le r_3le 10^9)，(1le dle 10^9)，(1le a_ile 10^6)。
蒟蒻语
开学前最后一场比赛因为这题卡住了掉回了 CM，真是悲伤。当时少看了 (r_1le r_2le r_3) 这个条件，AC 后才看到（所以即使没有这个条件蒟蒻的代码可能也可以 AC）。于是彻底失败的蒟蒻决定卧薪尝胆，做了这题写题解。
蒟蒻解
首先很明显，打每一层都有两种打法：
- 分次打，先用 (2) 或 (1) 把 boss 打残，把小兵都打死，然后到时候回来补一刀（用 (1)）。
- 一次打掉，用 (1) 把 (a_i) 个依次打掉，然后用 (3) 把 boss 干掉。
除了 (st_i) 和 (pa_i)，剩下可以对答案产生贡献的就是如何走位（(d) 的贡献）。
假设每个每层如何打已经决定好，且下文中的分界点一定，可以证明如下走位最优：
对于某个分界点后一段选 (st) 的，可以到达终点后回来打完（详见样例 (#1) 解释）。
对于分界点前一段的，从 (1) 出发：
对于每两个相邻的选 (st) 的层对 (a,b)，走 (a o b o a o b) 的途中将两层打完；
对于多余的选 (st) 的层 (i)，走 (i o ipm 1 o i)。
对于选 (pa) 的，直接走过就可以。
放个抽象一点的图：
比如样例 (#2)：
打法选择：([pa,pa,st,st]=6+6+6+8)。
走位选择：(1 o 2 o 1 o 2 o 3 o 4=5)。
所以答案是 (6+6+6+8+5=31)。
所以可以先 dp 出以第 (n) 层为终点的前 (i) 层的最少打法 (+) 走位耗时，然后枚举分界点，两边答案加起来取最小值。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//Start
typedef long long ll;
typedef double db;
#define mp(a,b) make_pair((a),(b))
#define x first
#define y second
#define be(a) (a).begin()
#define en(a) (a).end()
#define sz(a) int((a).size())
#define pb(a) push_back(a)
#define R(i,a,b) for(int i=(a),I=(b);i<I;i++)
#define L(i,a,b) for(int i=(a),I=(b);i>I;i--)
const int iinf=0x3f3f3f3f;
const ll linf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
//Main
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
ll n,r1,r2,r3,d,ans=linf;
cin>>n>>r1>>r2>>r3>>d;
vector<ll> a(n),pa(n),st(n);
R(i,0,n) cin>>a[i],pa[i]=r1*a[i]+r3,st[i]=min(r2,r1*(a[i]+1))+min(min(r1,r2),r3);
vector<ll> f(n+1,linf),g(n+1); f[0]=d*(n-1);
R(i,0,n){
f[i+1]=min(f[i+1],f[i]+pa[i]);
f[i+1]=min(f[i+1],f[i]+st[i]+d*2);
if(i+1<n) f[i+2]=min(f[i+2],f[i]+st[i]+st[i+1]+d*2);
}
ans=min(ans,f[n]);
L(i,n-2,-1) g[i]=g[i+1]+min(pa[i],st[i]);
R(i,0,n-1){
ans=min(ans,f[i]+g[i]+d*(n-1-i)+pa[n-1]);
ans=min(ans,f[i]+g[i]+d*(n-1-i)+d*2+st[n-1]);
}
cout<<ans<<'
';
return 0;
}
祝大家学习愉快！