Description
给定(N)的排列（(Nleq5000)），将任一区间最左侧的数插到该区间最右边的代价为(A)，将任一区间最右侧的数插到该区间最左边的代价为(B)，问将该排列排为升序的最小代价。
Solution
显然有一个(O(n^3))的区间(dp)方法，但与正解无关。
考虑操作的实际效果，其实就是将一个数向前或后移，并不需要管它移到哪里，因为所有数都向任一方向移动就一定能到达升序。
所以我们只要考虑没有移动的位置，设(dp_{i,j})为考虑前(i)个数，前(i)个钟最后一个没有移动的数为(j)的最小代价，分(a_i>j)及(a_i<j)转移即可。
细节见代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define int long long
#define rep(i, a, b) for (register int i=(a); i<=(b); ++i)
#define per(i, a, b) for (register int i=(a); i>=(b); --i)
using namespace std;
typedef long long ll;
inline void chkmax(int &x, int y){x<y?(x=y):0;}
inline void chkmin(int &x, int y){x>y?(x=y):0;}
const int N=5005;
int dp[N][N], a[N];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
return x*f;
}
signed main()
{
int n=read(), A=read(), B=read(), ans=1ll<<60;
rep(i, 1, n) a[i]=read();
memset(dp, 0x3f, sizeof(dp)); dp[0][0]=0;
rep(i, 1, n) rep(j, 0, n)
if (a[i]>j)
chkmin(dp[i][j], dp[i-1][j]+A),
chkmin(dp[i][a[i]], dp[i-1][j]);
else
chkmin(dp[i][j], dp[i-1][j]+B);
rep(i, 0, n) chkmin(ans, dp[n][i]);
printf("%lld
", ans);
return 0;
}