刷了n次用了奇淫技巧才拿到rk1，亥
这道题是网络流二十四题中「餐巾计划问题」的加强版。
于是怀着试一试的心情用费用流交了一发：
哇塞，过了9个点！（~~强烈谴责出题人用*造数据~~
下面是费用流解法简述：
那么我们把每一天拆为早上和晚上两个点，设为 \(day_i,night_i\) 。
首先可以人为地规定一点：对一块餐巾，我们要么在其脏了之后立即送洗，要么买一块新干净餐巾来代替它。
然后对于每一个操作，我们可以如下连边：
对于买新干净餐巾：我们可以视作从源点买餐巾，从 \(s\) 向 \(day_i\) 连边即可
对于送慢洗部：从 \(night_i\) 向 \(day_{i+n}\) 连边，流量为 \(inf\) ,费用为 \(f\)。
对于送快洗部：从 \(night_i\) 向 \(day_{i+m}\) 连边，流量为 \(inf\) ,费用为 \(s\)。
但是我们注意到，可能存在某一天的干净餐巾冗余。
于是我们要从 \(day_i\) 向 \(day_{i+1}\) 连一条费用为零，流量为 \(inf\) 的单向边。
如何保证每天刚好只用 \(r_i\) 块餐巾？
将其拆成两个板块：
从 \(day_i\) 向 \(t\) 连边，流量为 \(r_i\)，费用为 \(0\)。
从 \(s\) 向 \(night_i\) 连边，流量为 \(r_i\)，费用为 \(0\)。
优化无果，于是猜想可以不用费用流。
首先无论餐巾是最开始一起买还是需要用时再买，不会影响最终的答案。
那么如果我们已经确定了要买的新餐巾的张数，那么是否可以确定一种唯一的方案使得总花费最小呢？
不难得到有这样一种贪心策略：
在能够用新餐巾的时候，尽量使用新餐巾。
设 \(m\) 为慢洗的天数。
如果无新餐巾可用，则倒回到 \(m\) 天前，找用过的旧餐巾进行慢洗。
如果没有 \(m\) 天以前的旧餐巾可用，则由时间线从近到远地找旧餐巾进行快洗。
这样做使得时间线较远的旧餐巾更有可能慢洗。
如果慢洗比快洗贵，那么直接将慢洗的时间和价格都改为快洗的时间和价格即可。
朴素代码无O2只能过掉70分。
于是我怀疑单次判断的时间复杂度过高。有的题解里说是 \(O(n)\) 的，但我死活没看出来。
于是我们可以优化常数。
注意到在如果在第 \(i\) 天需要慢洗，所有在第 \(i-m\) 天前的旧餐巾对于我们来说是等效的，因为我们显然没有办法将其拿去快洗。
所以我们每次将第 \(i-m\) 天前的旧餐巾全部累加至第 \(i-m\) 天即可。这样可以优化一定的常数。
这样可以保证在计算慢洗的时候一定是线性的，但仍然不能保证计算快洗部分时为线性。
最后我们需要确定最优解时需购买餐巾的张数 \(c\)。
设最优解时最小代价为 \(f(c)\),设当前枚举到了 \(x\)。
则当 $x \ge c $,一定有 \(f(x) \ge f(c)\)，因为你还需要多出钱买新餐巾。
当 \(x \le c\)，则要么不存在 \(f(x)\) ，即购买 \(x\) 张餐巾不能达到目的，要么此时多洗一张餐巾一定劣于多买一张餐巾，也有 \(f(x) \ge f(c)\)。
所以对于最优解 \(c\) 我们可以三分求解。
个人认为代码可读性还是挺高的，可以康康代码：
/*---Author:HenryHuang---*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll maxn=5e5+5;
const ll inf=1ll<<50;
ll sumr=0;
ll r[maxn],res[maxn];
ll n,m1,m2,c1,c2,p;
ll f(ll num){
ll ans=1ll*num*p;//提前算好新餐巾代价
ll now=0;
for(ll i=1;i<=n;++i){
res[i]=0;
if(r[i]){
ll tmp=r[i];
if(num){
ll k=min(tmp,num);
tmp-=k,res[i]+=k,num-=k;
if(!tmp) continue;
}//直接用新的
for(ll j=now;j<i-m2;++j){
res[j+1]+=res[j],res[j]=0;
}//累加旧洗餐巾
now=max(now,i-m2);
if(now<i&&res[now]){
ll k=min(tmp,res[now]);
res[now]-=k,res[i]+=k;
tmp-=k,ans+=1ll*k*c2;
if(!tmp) continue;
}//慢洗
for(ll j=i-m1;j>=1&&j>i-m2;--j){
if(res[j]){
ll k=min(tmp,res[j]);
res[j]-=k,res[i]+=k;
tmp-=k,ans+=1ll*k*c1;
}
if(!tmp) break;
}//快洗
if(tmp) return inf;
}
}
return ans;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>m1>>m2>>c1>>c2>>p;
if(m1>m2) swap(m1,m2),swap(c1,c2);//1快2慢
if(c1<c2) c2=c1,m2=m1;
for(ll i=1;i<=n;++i)
cin>>r[i],sumr+=r[i];
ll l=1,r=max(10000ll,sumr/3);//奇淫技巧
ll ans=inf;
while(r-l>2){
ll k=(r-l)/3;
ll mid1=l+k,mid2=r-k;
ll aa=f(mid1),bb=f(mid2);
if(aa<bb) ans=min(ans,aa),r=mid2;
else ans=min(ans,bb),l=mid1;
}
for(ll i=l;i<=r;++i) ans=min(ans,f(i));
cout<<ans<<'\n';
return 0;
}