这个题真的和关路灯很像，可以去看看。
Solution
有很多题解都没提到怎么看出来的区间DP，这里说一下。(有人做了一些题，就有思路，说不定有没做啥题的)
首先可以明确的是， Sue 不可能经过一个彩蛋不收集，也就是收集的彩蛋的编号应该是连续的。因为路过不收，这不zz？不就是看着彩蛋价值变低吗
再思考， Sue 肯定在某个连续的区间中收集的是显然的，在外面和上面是冲突的。再具体，因为要外扩展答案的，所以 Sue 是在区间左端或者右端的。
那么对于一个区间 ((l,r)) ，我们得到了最优解，再往外转移必定是最优的，然后就能将求区间最优转化为子问题递归求解。
现在思考不要 Sue 的位置，只保留左右端点的值。发现是不行的，因为 Sue 的位置不同对下一步转移的代价也是不同的。
那么一个一个彩蛋收集，此时 Sue 就有 4 种情况：
1.对于 (l-1) 这个彩蛋， Sue 可以从 (l) 或 (r) 过去收集。
2.对于 (r+1) 这个彩蛋， Sue 可以从 (l) 或 (r) 过去收集。
其实这就可以作为转移方程了。
设 (f_{l,r,0/1}) 表示收集完这个区间， Sue 在左/右端点的最小损耗值，可得：
[f_{l,r,0}=min{f_{l+1,r,0}+(pos_{l+1}-pos_l) imes (sum_{1,l}+sum_{r+1,n}),f_{l,r,0}}\
f_{l,r,0}=min{f_{l+1,r,1}+(pos_{r}-pos_l) imes (sum_{1,l}+sum_{r+1,n}),f_{l,r,0}}\
f_{l,r,1}=min{f_{l,r-1,0}+(pos_{r}-pos_l) imes (sum_{1,l-1}+sum_{r,n}),f_{l,r,0}}\
f_{l,r,1}=min{f_{l,r-1,1}+(pos_{r}-pos_{r-1}) imes (sum_{1,l-1}+sum_{r,n}),f_{l,r,0}}
]
其中 (sum_i) 为前 (i) 个数的 (v) 和，是为了求区间的代价，需要预处理。
注意：千分之一在答案的时候处理即可。因为求的是损耗，所以答案要加上所有初始的 (v) ，最后减去 (min(f_{1,n,0},f_{1,n,1})) 。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1010;
struct node{
int x,y,v;
bool operator < (node b) const {
return x<b.x;
}
}a[N];
int n,x0,ans,f[N][N][2];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&x0),a[n+1].x=x0;
memset(f,0x3f,sizeof(f));
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i].x);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i].y),ans+=a[i].y;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i].v);
n++;
sort(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i].x==x0){
f[i][i][0]=f[i][i][1]=0;
break;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i].v+=a[i-1].v;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int l=1,r=l+i;r<=n;l++,r++){
f[l][r][0]=min(f[l+1][r][0]+(a[l+1].x-a[l].x)*(a[l].v+a[n].v-a[r].v),
f[l+1][r][1]+(a[r].x-a[l].x)*(a[l].v+a[n].v-a[r].v));
f[l][r][1]=min(f[l][r-1][0]+(a[r].x-a[l].x)*(a[l-1].v+a[n].v-a[r-1].v),
f[l][r-1][1]+(a[r].x-a[r-1].x)*(a[l-1].v+a[n].v-a[r-1].v));
}
printf("%.3lf
",(ans-min(f[1][n][0],f[1][n][1]))/1000.0);
return 0;
}