题目大意
给定$n$个位置，和一个长为$m$的序列$A$，你需要经过一条直接的边从第$A_i$个位置到第$A_{i+1}$个位置。
每条有向边$(u,v)$分为两种，第一种可以花费$C$的代价从$u$到达$v$。
第二种可以花费$C'$的代价从$u$到达$v$，并使得下一次从$v$到$u$的代价变为$0$。
保证操作一定能完成。$n,mleq 3 imes 10^5$。
题解
考虑每两个位置之间$(a,b)$或$(b,a)$的若干次移动式独立的，不同的位置对之间互不影响。
所以对于每一个点对$(a,b)$分开处理。
先将这$m-1$次移动中在$(a,b)$之间的移动按照顺序拿出来构成一个$01$序列，其中$0$表示从$a$到$b$，$1$表示从$b$到$a$(不妨设$a<b$)。
接下来可以直接贪心。
设$A$表示直接从$a$到$b$的最小代价，设$B$表示直接从$b$到$a$的最小代价。
设$AA$表示从$a$到$b$并使得下一次从$b$到$a$的代价为$0$的最小代价。
设$BB$表示从$b$到$a$并使得下一次从$a$到$b$的代价为$0$的最小代价。
若$A+Bleq min{AA,BB}$，那么每一次操作一定选择直接走，用$0,1$的数量分别乘以$A,B$即可。
若$AA<A+Bleq BB$，那么每一次操作一定优先尽可能地将每一个$0$匹配一个位于它后面的$1$，每个最前面的$0$贪心地取后方最靠近它的$1$，这样匹配出的$1$地数量一定是最多的，那么省下来的$0$和$1$一定花费$A,B$的代价。
$BB<A+Bleq AA$与上一情况同理。
若$AAleq BB<A+B$，这样一定在优先将每一个$1$匹配的基础上再将这些匹配到的$1$用在最后的位置上，尽可能不让前置的$1$被消耗。然后我们再类比上一情况的方法贪心取让每一个前置的$1$取它后面最接近的，没有被消耗的$0$，这样取完后剩下的部分要以相同的方法删掉。
$BB<AA<A+B$与上一情况同理。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define pii pair<int,int>
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define dw(x,y) x=min(x,y)
#define M 300200
#define link(a,b) nt[++tmp]=fs[a],fs[a]=tmp,kd[tmp]=b
using namespace std;
namespace IO{
const int BS=(1<<20)+5; char Buffer[BS],*HD,*TL;
char Getchar(){if(HD==TL){TL=(HD=Buffer)+fread(Buffer,1,BS,stdin);} return (HD==TL)?EOF:*HD++;}
int read(){
int nm=0,fh=1; char cw=Getchar();
for(;!isdigit(cw);cw=Getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
for(;isdigit(cw);cw=Getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
return nm*fh;
}
int gc(){
int cw=Getchar();
while(cw!='R'&&cw!='O') cw=Getchar();
return cw=='R';
}
}using namespace IO;
map<pii,int> P; LL ans,F[M],c[M][2][2];
int n,m,A[M],tot,cnt,top,K[M],s[M][2],pre[M][2];
int fs[M],kd[M],nt[M],tmp; char C[20];
LL solve(int x){
dw(c[x][0][0],c[x][0][1]),dw(c[x][1][0],c[x][1][1]);
LL cst=c[x][0][0]+c[x][1][0];
if(cst<=min(c[x][0][1],c[x][1][1]))
return (LL)s[top][0]*c[x][0][0]+(LL)s[top][1]*c[x][1][0];
if(c[x][0][1]>c[x][1][1]){
swap(c[x][0][1],c[x][1][1]),swap(c[x][0][0],c[x][1][0]);
for(int i=1;i<=top;i++) swap(s[i][0],s[i][1]),K[i]^=1;
}
for(int k=0;k<2;k++){
for(int i=1,now=1;i<=top;i++){
pre[i][k]=pre[i-1][k]; if(K[i]^k) continue;
while(now<i||(now<=top&&(K[now]^k^1))) now++;
if(now<=top) now++,pre[i][k]++;
}
}
LL pos,rem=pre[top][0],t1,t2; t1=s[top][0]-rem,t2=s[top][1]-rem;
if(cst<=c[x][1][1]) return rem*c[x][0][1]+t1*c[x][0][0]+t2*c[x][1][0];
for(pos=1;pos<=top&&s[pos][1]<=s[top][1]-rem;pos++); pos--;
LL num=min(s[top][0]-rem,(LL)pre[pos][1]);
t1=s[top][0]-rem-num,t2=s[top][1]-rem-num;
return t1*c[x][0][0]+t2*c[x][1][0]+rem*c[x][0][1]+num*c[x][1][1];
}
int main(){
n=read(),m=read(),memset(c,0x3f,sizeof(c));
for(int i=1;i<=m;i++) A[i]=read();
for(int T=read();T;T--){
int x=read(),y=read(),tg=0,k,typ;
typ=gc(),k=read(); if(x>y) swap(x,y),tg=1;
if(!P.count(mp(x,y))) P[mp(x,y)]=++cnt;
dw(c[P[mp(x,y)]][tg][typ],(LL)k);
}
for(int i=m;i>=2;i--) link(P[mp(min(A[i-1],A[i]),max(A[i-1],A[i]))],A[i-1]>A[i]);
for(int j=1;j<=cnt;j++){
if(!fs[j]) continue; top=0;
for(int i=fs[j];i;i=nt[i]){
K[++top]=kd[i],s[top][0]=s[top-1][0];
s[top][1]=s[top-1][1],s[top][kd[i]]++;
} ans+=solve(j);
} printf("%lld
",ans); return 0;
}