有(n)个东西，你需要钦定一个顺序删掉物品，删掉一个物品的贡献的式子为((p_{i-1}-q_i)^2+(p_i-r_{i+1})^2+(p_{i+1}-s_{i+2})^2)，其中(i)表示当前这个物品，(i-1)表示当前剩下的物品中的上一个（左边）。如果实际上不存在(i-1)，那么当做(0)。(i+1,i+2)类似
问最大的贡献和。
(nle 70)
比赛时看错题意了……
不考虑((p_{i+1}-s_{i+2})^2)。显然可以搞出个区间DP：(f_{i,j})表示区间([i,j])比(i-1,j+1)早删除，此时的最大贡献。
现在要考虑((p_{i+1}-s_{i+2})^2)。于是要记下(j+1)后面没有删的位置（即式子中的(i+2)），设为(t)。转移的时候枚举(k)区间内最后删除的位置，并且还要枚举左区间所对应的(t)，记为(v)。这时候要保证([k+1,v])的数都要比(v)早删。所以状态要再记个(u)表示([i,u))中的数都不能比(u)早删。
于是状态记为(f_{i,j,t,u})。转移方程见程序。
时间(O(n^6))。
发现这个时候有种情况记不了，例如(3,1,4,2,5)（数字表示删的顺序），其中搞到(3)的时候对应的(i+2)为(5)，搞到(1)的时候对应的(i+2)为(2)。然而(1)的贡献于区间([1,2])中统计，搞不到后面。但是可以发现，和(i+2)有关的只有((p_{i+1}-s_{i+2})^2)，这里的(i+1)即区间右端点(+1)，它是不变的。那么存在一种方案，搞到(3)的时候对应(i+2)为(2)，搞到(1)的时候对应(i+2)为(5)，尽管意义不同但是得到的值是相等的。
loj上过了，但是gmoj上没过。懒得卡常。
#pragma GCC optimize("O2")
#pragma G++ optimize("O2")
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <climits>
#define N 75
#define ll long long
int n;
ll p[N],q[N],r[N],s[N];
ll f[N][N][N][N];
ll sqr(ll x){return x*x;}
ll w(int a,int b,int c,int d){
return sqr(p[a]-q[b])+sqr(p[b]-r[c])+sqr(p[c]-s[d]);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&p[i]);
for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&q[i]);
for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&r[i]);
for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&s[i]);
for (int i=n;i>=1;--i)
for (int j=i;j<=n;++j)
for (int t=j+1;t<=n+1;++t)
for (int u=i;u<=j;++u){
ll res=LLONG_MIN;
for (int k=u;k<=j;++k){
ll tmp=w(i-1,k,j+1,t);
for (int v=k+1;v<=j+1;++v)
res=max(res,f[i][k-1][v][u>k-1?i:u]+f[k+1][j][t][v>j?k+1:v]+tmp);
}
f[i][j][t][u]=res;
}
printf("%lld
",f[1][n][n+1][1]);
return 0;
}