P9344 去年天气旧亭台

注意，所有的 $a_i$ 都是正数。

对于第一档分，$10$ pts，是给暴力的。

对于第二档分，可以考虑一个 $dp$，$dp_i$ 表示 消完 $1$ 到 $i$ 所要的代价最小，那就从当前的 $i$ 往前找，找到能消去的（颜色相同）去更新 $dp_i$ 的值，方程是：

$$dp[i]=min(dp[i],a[i]+a[j]+dp[j-1])$$

时间是 $O(t\times n^2)$ 。

接下来看正解：

分两类讨论。

• $c_1=c_n$

对于这种情况的话，直接选择 $[1,n]$ 这个区间消去即可。代价为 $a_1+a_n$。这样做是最优的，因为 $1$ 和 $n$ 两个位置作为首尾，消去的时候这两个位置必选，那么就必然含有 $a_1$ 和 $a_n$，加上如果中间选择一些辅助 $a_i$ 进行消去，必然不如第一种消去方法优秀。

所以我们有结论，对于 $l,r$，如果 $c_l=c_r$，那么消去这个区间的最小代价就一定是 $a_l+a_r$。

• $c_1 !=c_n$

首先有的一个结论是，必然会存在至少一个 $c_i$ 和 $c_{i+1}$，使得 $c_i$ 等于 $c_1$，$c_n$ 等于 $c_{i+1}$。$(1\le i \le n-1)$

考虑采用反证法证明，如果不存在的话，$c_2$ 必然会等于 $c_1$（如果不等于 $c_1$ 的话就符合上面的情况了。）以此类推， $c_{n-1}=c_1$，但是这样的话 $c_n=c_n,c_1=c_{n-1}$，也就是 $[1,n-1]$ 和 $[n,n]$ 两个区间，矛盾。故得证。

所以我们可以找到至少一组 $c_1=c_i,c_{i+1}=c_n$ 的情况，根据第一种情况的结论，那么最小值就是 $(a_1+a_i)+(a_{i+1}+a_n)$。$O(n)$ 的时间扫一遍找这个值的最小就好。

时间为 $O(t \times n)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =5e6+10;
#define int long long
int a[N],c[N];
signed main()
{
	int t;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		int n;
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			cin>>a[i];
		for(int i=1;i<=n;i++)
			cin>>c[i];
		if(c[1]==c[n])
		{
			cout<<a[1]+a[n]<<endl;
			continue;
		}
		int ans=LONG_LONG_MAX;
		for(int i=1;i<n;i++)
			if(c[i]==c[1]&&c[i+1]==c[n])
				ans=min(ans,a[i]+a[1]+a[n]+a[i+1]);
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}