分析
此题肯定不是绿题，哪有这么恶心的dp
试想这样的情形：假设当 JYY 第一次抵达村庄 (i)，未作救治并直接前往了另一个村庄。那么由于 (i) 村庄的人们求生心切，
一旦当 JYY 朝向靠近 (i) 村庄的方向前行时，(i) 村庄的村民就会以为 JYY 是来救他们了，而产生巨大的期望。
之后倘若 JYY 再次掉头朝着远离 (i) 村庄的方向行进，那么 (i) 村庄的村民就会因为巨大的失落而产生绝望的情绪。
所以JYY应该是一段一段治愈的，设(dp[i])表示JYY治愈完前(i)个村庄的最少不幸人数
(dp[i]=min{dp[j]+???(calc(j+1,i))+(s[n]-s[i])*(???)})，这样(O(n^2))的dp明显还不够，需要预处理一些东西，
首先这一段应该是从(j+1)到(i)再到(j+1)再到(i)，先考虑后面的天数就是(4*(i-j-1)+1+1)，
也就是往返三遍再治愈当中所有村民总计4遍（治愈要加1），还要加上从(j)到(j+1)的天数
考虑中间(calc)的部分，(calc(j,i))可以选择治愈(j)先((j+1sim i)都拖延1天)或者先治愈(j+1sim i)再回来治愈(j)，
那也就是
[calc(j,i)=calc(j+1,i)+s[i]-s[j]+min{3*(i-j)*a[j],s[i]-s[j]}
]
正序枚举(i)倒序枚举(j)就可以做到(O(n^2))
综上所述
[dp[i]=min{dp[j]+calc(j+1,i)+(s[n]-s[i])*(4*(i-j-1)+2)}
]
代码
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#define rr register
using namespace std;
const int N=3011; typedef long long lll;
lll a[N],s[N],dp[N],f[N][N],n;
inline signed iut(){
rr int ans=0; rr char c=getchar();
while (!isdigit(c)) c=getchar();
while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
return ans;
}
inline lll calc(int l,int r){return s[r]-s[l-1];}
inline lll min(lll a,lll b){return a<b?a:b;}
signed main(){
n=iut(),memset(dp,42,sizeof(dp)),dp[0]=0;
for (rr int i=1;i<=n;++i)
s[i]=s[i-1]+(a[i]=iut());
for (rr int i=1;i<=n;++i){
f[i][i]=0;
for (rr int j=i-1;j;--j)
f[j][i]=f[j+1][i]+calc(j+1,i)+min(3*(i-j)*a[j],calc(j+1,i));
}
for (rr int i=1;i<=n;++i)
for (rr int j=0;j<i;++j)
dp[i]=min(dp[i],dp[j]+f[j+1][i]+((i-j-1)<<2|2)*calc(i+1,n));
return !printf("%lld",dp[n]);
}