浪费了洛谷28发提交，有必要写篇题解
首先这个是dp无疑了。
考虑设状态。最容易想到的应该是： (dp[i][j]) 表示考虑到第 (i) 个位置，建 (j) 个基站的最小代价，答案是 (min{dp[n][i]}(0le i le k))
但是发现不好转移，那么换成：(dp[i][j]) 表示考虑到第 (i) 个位置，钦定第 (i) 个位置建基站，前 (i) 个位置总共建了 (j) 个基站的最小代价。
这样在统计答案的时候要改成 (dp[i][j]+f(i,n)(1le i le n,0le j le k)) ，(f(l,r)) 表示在 (l) 建基站，([l,r]) 中间总共需要赔偿多少。
那么转移很显然了，(dp[i][j]=min{dp[k][j]+g(k,i) } (0le j<i)) ,(g(l,r)) 表示在 (l,r) 都建基站，([l,r]) 中间总共需要赔偿多少。
边界：(dp[0][0]=0)，
(O(n^2k)) 解决了。
然后我发现我只有 (20) 分。说好 (40\%) 的数据 (nle 500) 呢？数组开到 (1000) 就过了 #4 ，(30) 分。
为啥不是 (40) 啊，#2 怎么 WA 了啊？！然后陷入了困境，开始疯狂提交
忽然发现，边界应该是 (dp[1][i]=h(1,i)),(h(l,r)) 表示在 (r) 建基站 ([l,r]) 中间总共需要赔偿多少。
因为如果第一维从 (1) 开始转移的话，我们上面转移方程默认的是 (j) 左边覆盖不到的 (i) 一定覆盖不到，所以只用考虑 ([j,i]) 之间产生的贡献即可。但是一开始没有基站，所以这个条件不成立，然后就挂了。那怎么还有30分
现在就有 (40) 了。
后记：后面优化 (dp) 的时候拿暴力对拍发现 (40) 分的程序统计答案错了，但是它有 (40) 分。。。
接下去考虑优化 (dp) 。
(f,h) 两个函数都可以二分预处理出来（或者你看了后面的处理可以不用二分）。
这个转移方程长得是一个区间最小值的形式，就是 (g(l,r)) 特别不爽，没法优化。
这种时候往往考虑直接拆 (g) 函数，拆成最本质的形式。
我们发现一段区间 ([D[k]-S[k],D[k]+S[k]]) 不包括 (i,j) 时 ，(g(i,j)+=W[k]) 。
对于一个确定的左端点 (j) ，它所能产生的贡献时确定的，主要是右端点 (i) 在不断右移，而不断右移就是一个 单调 的东西。
这意味着一旦 (i) 往右移动到某个临界点，某一些 (k) 也无法被 (j) 覆盖的时候，(W[k]) 的贡献必然产生，而且这个贡献是针对某一段 (j) 产生的。
到现在，线段树很明显了吧！
首先二分预处理每一个位置 (i) ，能覆盖它的最靠左的端点 (L[i]) 和最靠右的端点 (R[i])。
对于每一个位置开 vector ，记录 (R[j]=i) 的区间编号 (id)。
每次从左往右扫，先查询 ([1,i-1]) 的最小值更新 (dp) 值，再把 ([1,L[id]-1]) 里的贡献加上 (W[id]) 。
其实 (dp) 数组可以开一维，迭代跑 (k) 次即可。
空间 (O(n)) ，时间复杂度 (O(nklog n))
//Orz cyn2006
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef double db;
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
#define fi first
#define se second
#define pb(x) push_back(x)
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f?x:-x;
}
#define N 20005
#define K 105
#define T (N<<2)
#define inf 1000000005
int n,k,D[N],C[N],S[N],W[N],dp[N],ans,L[N],R[N],pre[N],suf[N];
vector<pair<int,int> >v1[N],v2[N];
int val[T],tag[T];
#define lc (p<<1)
#define rc (p<<1|1)
void pushup(int p){val[p]=min(val[lc],val[rc]);}
void build(int l=1,int r=n,int p=1){
tag[p]=0;
if(l==r)return val[p]=min(dp[l],inf),void();
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,lc),build(mid+1,r,rc);
pushup(p);
}
void pushdown(int p){
if(tag[p]){
val[lc]+=tag[p],val[rc]+=tag[p];
tag[lc]+=tag[p],tag[rc]+=tag[p];
tag[p]=0;
}
}
void update(int ql,int qr,int k,int l=1,int r=n,int p=1){
if(ql>qr)return;
if(ql<=l&&r<=qr)return val[p]+=k,tag[p]+=k,void();
pushdown(p);
int mid=(l+r)>>1;
if(ql<=mid)update(ql,qr,k,l,mid,lc);
if(mid<qr)update(ql,qr,k,mid+1,r,rc);
pushup(p);
}
int query(int ql,int qr,int l=1,int r=n,int p=1){
if(ql>qr)return inf;
if(ql<=l&&r<=qr)return val[p];
pushdown(p);
int mid=(l+r)>>1;
if(qr<=mid)return query(ql,qr,l,mid,lc);
if(mid<ql)return query(ql,qr,mid+1,r,rc);
return min(query(ql,qr,l,mid,lc),query(ql,qr,mid+1,r,rc));
}
signed main(){
n=read(),k=read();
for(int i=2;i<=n;++i)D[i]=read();
for(int i=1;i<=n;++i)C[i]=read();
for(int i=1;i<=n;++i)S[i]=read();
for(int i=1;i<=n;++i)W[i]=read();
for(int i=1;i<=n;++i){
L[i]=lower_bound(D+1,D+n+1,D[i]-S[i])-D;
R[i]=upper_bound(D+1,D+n+1,D[i]+S[i])-D-1;
v1[R[i]].pb(mkp(L[i],i)),v2[L[i]].pb(mkp(R[i],i));
}
for(int i=1;i<=n;++i){
pre[i]+=pre[i-1];
for(int j=0,sz=v1[i].size();j<sz;++j)pre[i+1]+=W[v1[i][j].se];
}
for(int i=n;i>=1;--i){
suf[i]+=suf[i+1];
for(int j=0,sz=v2[i].size();j<sz;++j)suf[i-1]+=W[v2[i][j].se];
}
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;++i)ans+=W[i];
if(!k)return printf("%d
",ans),0;
for(int i=1;i<=n;++i)dp[i]=pre[i]+C[i],ans=min(ans,dp[i]+suf[i]);
for(int t=2;t<=k;++t){
build();
for(int i=1;i<=n;++i){
dp[i]=query(1,i-1)+C[i],ans=min(ans,dp[i]+suf[i]);
for(int j=0,sz=v1[i].size();j<sz;++j)update(1,v1[i][j].fi-1,W[v1[i][j].se]);
}
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}