题干略。
题意分析：
很容易理解一类灯泡要么全部换要么全不换，其实费用节省的主要原因是由于替换灯泡类型而排除了低压电压源，于是我们就可以推断出灯泡类型替换的原则：
对于两类灯泡a1和a2，a1可以被a2替换的条件是：
1) v2>v1
2）a2一定存在于最优解中(保证K2不被省去)
3）C2*L1 - C1*L1 - K1<0
基于以上替换原则首先将所有灯泡a1，a2，……，an 按电压非降序排列，我们可以假定状态d[i]为仅考虑前1～i个灯泡时的最优解（最小费用）。在计算d[i]时仅考虑用ai替换，ai一定存在于最优解中，满足条件（1）（2）。那么问题来了，采用何种替换方法呢？下面我们考虑[i－1]的最优解情况：
假设前i－1个灯泡经过最优的替换后灯泡序列为b1，……，bj，bj＋1，……bk（电压非降序排列）；
经分析bj和bj＋1的关系一定满足：（1）Cj＋1*Lj－Cj＊Lj－Kj>0（否则bj可被bj＋1替换，与当前为最优解的假设矛盾）。
现在我们考虑用第i个灯泡 ai 替换的情况，假设bj可以被ai替换，那么有（2）Ci＊Lj－Cj＊Lj－Kj<0
由不等式（1）（2）可知 Ci<Cj＋1，即 Ci＊Lj＋1－Cj＋1*Lj＋1－Kj+1<0, bj＋1一定可以被ai替换，
同理，bj～bk的所有灯泡都可以被ai替换，换句话说，在i－1个灯泡的最优替换序列 b1～aj～bk 中，如果存在 j（1<j<i－1），aj＋1可以被ai替换，那么
aj+1～bk的所有灯泡都可以被ai替换；a1～aj个灯泡的最小费用已经算出为d[j]。这样我们就得出了ai的替换方法：前j个灯泡用之前计算出的最优方案d[j]购买，剩下j＋1～i个灯泡全用ai替换，枚举j从0到i－1，，根据前面的讨论得知不会漏解，则状态转移方程 d[j]=min{ d[j]+c[i]*(s[i]-s[j])+k[i] | j from 0 to i-1 }，s[i]为前i类灯泡的总数目。
代码如下：
1 #include <iostream>
2 #include <cstdio>
3 #include <algorithm>
4 using namespace std;
5 #define maxn 1000
6 int n;
7 int V[maxn+5];
8 int K[maxn+5];
9 int C[maxn+5];
10 int L[maxn+5];
11 int id[maxn+5];
12 int s[maxn+5];
13 int d[maxn+5];
14 bool cmp(int a,int b){
15 return V[a]<V[b];
16 }
17 int dp(int i){
18 int ans=100000000;
19 for(int j=0;j<i;j++)
20 ans=min(ans,d[j]+C[id[i]]*(s[i]-s[j])+K[id[i]]);
21 return ans;
22 }
23 int main(int argc, const char * argv[]) {
24 while(scanf("%d",&n)==1&&n){
25 for(int i=1;i<=n;i++)
26 scanf("%d%d%d%d",&V[i],&K[i],&C[i],&L[i]);
27 for(int i=0;i<=n;i++)
28 id[i]=i;
29 sort(id+1,id+1+n,cmp);
30 s[0]=0;
31 for(int i=1;i<=n;i++)
32 s[i]=s[i-1]+L[id[i]];
33 d[0]=0;
34 for(int i=1;i<=n;i++)
35 d[i]=dp(i);
36 printf("%d\n",d[n]);
37 }
38 return 0;
39 }