餐巾（cogs 461）

【问题描述】

一个餐厅在相继的N天里，第i天需要Ri块餐巾(i=l，2，…，N)。餐厅可以从三种途径获得餐巾。

(1)购买新的餐巾，每块需p分；

(2)把用过的餐巾送到快洗部，洗一块需m天，费用需f分(f<p)。如m=l时，第一天送到快洗部的餐巾第二天就可以使用了，送慢洗的情况也如此。

(3)把餐巾送到慢洗部，洗一块需n天(n>m)，费用需s分(s<f)。

在每天结束时，餐厅必须决定多少块用过的餐巾送到快洗部，多少块送慢洗部。在每天开始时，餐厅必须决定是否购买新餐巾及多少，使洗好的和新购的餐巾之和满足当天的需求量Ri，并使N天总的费用最小。

【输入】

输入文件共 3 行，第 1 行为总天数；第 2 行为每天所需的餐巾块数；第 3 行为每块餐巾的新购费用 p ，快洗所需天数 m ，快洗所需费用 f ，慢洗所需天数 n ，慢洗所需费用 s 。

【输出】

一行，最小的费用

【样例】

napkin.in

3 
3 2 4 
10 1 6 2 3

napkin.out

64

【数据规模】

n<=200,Ri<=50 （洛谷 n<=2000,Ri<=10000000）

/*
    放到洛谷上会TLE，数据太大了，cogs可过，大数据可用网络流，蒟蒻不懂。
    可以看出是贪心，但是贪心策略不容易想到。
    如果考虑餐巾的去路，那我们要考虑有多少快洗和慢洗，这时就要枚举，不仅麻烦时间复杂度也高，所以应考虑餐巾的来源。
    首先，如果要买一定数量的餐巾，应买的越早越好，因为这样至今循环利用可以省钱，但我们不知道究竟用多少餐巾，所以要枚举餐巾的数量，另外买的餐巾不够数了，就要考虑慢洗，再考虑快洗。
  （前提是餐巾一定要够用）
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define M 2010
using namespace std;
int xu[M],q[M],n,p,t1,v1,t2,v2;
int read()
{
    char c=getchar();int num=0,flag=1;
    while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)flag=-1;c=getchar();}
    while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){num=num*10+c-‘0‘;c=getchar();}
    return num*flag;
}
int init(int sum)
{
    int ans=0;
    memset(q,0,sizeof(q));
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x=xu[i];
        if(sum>=x)
        {
            ans+=x*p;
            q[i]+=x;
            sum-=x;
            x=0;
        }
        else if(sum>0)
        {
            ans+=sum*p;
            q[i]+=sum;
            x-=sum;
            sum=0;
        }
        ////////////慢洗
        for(int j=1;j<=i-t2;j++)
          if(q[j]>0)
          {
              if(q[j]>=x)
              {
                  ans+=x*v2;
                  q[j]-=x;
                  q[i]+=x;
                  x=0;
                  break;
              }
              else
              {
                  ans+=q[j]*v2;
                  q[i]+=q[j];
                  x-=q[j];
                  q[j]=0;
              }
          }
        ///////////快洗
        if(!x)continue;
        for(int j=i-t1;j>=1;j--)//快洗的时候优先选后面的，被坑了好长时间！！！
          if(q[j]>0)
          {
              if(q[j]>=x)
              {
                  ans+=x*v1;
                  q[j]-=x;
                  q[i]+=x;
                  x=0;
                  break;
              }
              else
              {
                  ans+=q[j]*v1;
                  q[i]+=q[j];
                  x-=q[j];
                  q[j]=0;
              }
          }
        if(x>0)return 0;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    freopen("napkin.in","r",stdin);
    freopen("napkin.out","w",stdout);
    int maxn=0,sum=0;
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
      xu[i]=read(),maxn=max(maxn,xu[i]),sum+=xu[i];
    p=read();t1=read();v1=read();t2=read();v2=read();
    int ans=sum*p;
    for(int i=sum-1;i>=maxn;i--)
    {
        int p=init(i);
        if(p)ans=min(ans,p);
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}