P9744 「KDOI-06-S」消除序列
因为给定的 $1$ 的个数是有限的，所以一定是枚举 $p_i$ 到 $p_{i+1}$ 的段进行更新。发现操作一最多只会执行一次，枚举在哪里执行操作一，然后对答案进行更新。因为 $p_i$ 前面的 $1$ 不管怎么都需要清 $0$，这部分代价可以单独计算。但是有可能是在 $j\in[p_i,p_{i+1})$ 进行的操作，所以还需要知道段内从那里分开比较优。
有一种简单解决方法就是直接预处理出 dp 数组 $g$ 表示前 $i$ 个数全部清零的最小代价，转移显然：$g_i=\min\{g_{i-1}+b_i,a_i\}$。这时候发现 $g$ 是段内所有点的取值的 $\min$。
但是赛时没有想到这个方法，用了一个麻烦一点的。考虑当 $i$ 是最优的时候，一定满足 $\arg \min_i a_i+\sum\limits_{j=i+1}^{r}b_i$。把后面做一个前缀和可以表示为 $a_i+s_r-s_i$ 最小，提出 $s_r$ 后就是求区间极值，随便用数据结构维护一下即可。
注意有可能最有决策在 $[p_m,n]$ 的范围内，加一个 $p_{m+1}=n+1$ 即可。注意 ST 表一开始会找到 $0$，所以预处理的 log2 数组要开到 $n+1$。
第二种实现的时空复杂度均为 $\mathcal{O}(n\log n+m)$。
代码：
const int N=5e5+10,inf=1e9;const ll INF=1e18;
int n,m,Q;
int a[N],b[N],c[N],q[N],log_2[N];
ll st[20][N],s[N];
ll gmin(int l,int r){int k=log_2[r-l+1];return min(st[k][l],st[k][r-(1<<k)+1]);}
ll ans[N];
void solve(){
q[0]=0;ll val1=0,res=INF,del=0;q[++m]=n+1;
for(int i=1;i<=m;i++)del+=b[q[i]];
for(int i=1;i<=m;val1+=c[q[i]],del-=b[q[i]],i++){
int l=q[i-1],r=q[i]-1;
res=min(res,gmin(l,r)+s[r]+val1+(s[n]-s[r]-del));
}
printf("%lld\n",res);
}
int main(){
for(int i=0;i<20;i++)for(int j=0;j<N;j++)st[i][j]=inf;st[0][0]=0;
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=read(),s[i]=s[i-1]+b[i],st[0][i]=a[i]-s[i];
for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=read();
for(int i=2;i<=n+1;i++)log_2[i]=log_2[i>>1]+1;
for(int i=1;i<20;i++)for(int j=0;j+(1<<i)-1<=n;j++)st[i][j]=min(st[i-1][j],st[i-1][j+(1<<(i-1))]);
Q=read();
for(int qi=1;qi<=Q;qi++){
m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)q[i]=read();
solve();
}
return 0;
}