题意
有 $ n $ 个村庄在一排直线上，现在要建造不超过 $ K $ 个通讯基站，基站只能造在村庄处。
第 $ i $ 个村庄距离第 $ 1 $ 个村庄的距离为 $ D_i $ 。在此建造基站的费用为 $ C_i $ 。如果在此不超过 $ S_i $ 的范围内有基站，那么这个村庄就被覆盖了。如果它没有被覆盖，则需要花费 $ W_i $ 的补偿费用。
问你最小总花费是多少。
题解
首先有一个很显然的dp：
$ dp[i][j] $ 表示在第 $ i $ 个村庄建了基站，此时一共建了 $ j $ 个基站，第 $ i $ 个以及之前村庄的最小花费。
转移为：
\]
其中 $ cost(k,i) $ 表示如果在 $ k $ 和 $ i $ 建了基站，并且它们之间没有建基站，此时村庄 $ k $ 到村庄 $ i $ 之间的花费，即：
\]
然后考虑如何优化。
先定义 $ l_i $ 和 $ r_i $ 分别表示能够覆盖村庄 $ i $ 的最左和最右的基站建造位置，可以直接二分出来。
我们希望对于每个 $ j $ 来说，在 $ i $ 不断递增的过程中，动态地维护 $ F(k) = dp[k][j-1] + cost(k,i) $ 的最小值。
假设当前已经求出了 $ dp[i-1][j] $ ，接下来该求 $ dp[i][j] $ 了。
那么对于所有满足 $ r_p = i-1 $ 的 $ p $ 来说，所有 $ F(k) \quad (k \in [1,l_p-1]) $ 都应该加上 $ W_p $ 。也就是将基站从 $ i-1 $ 移动到 $ i $ 之后，给对应的 $ F(k) $ 加上了那些本来被覆盖但是现在不覆盖的村庄的补偿费。
所以对于当前的 $ i $ 来说，$ dp[i][j] = min(F(k)) \quad (k \in [1,i-1]) $
由于有区间加法和查区间最小值，所以要用线段树维护 $ F(k) $ 。对于每个 $ j $ 来说，在一开始重建一下线段树就好。
AC Code
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
#define MAX_N 20005
#define MAX_V 80005
#define INF 1000000000
#define int long long
using namespace std;
int n,K,ans;
int d[MAX_N];
int c[MAX_N];
int s[MAX_N];
int w[MAX_N];
int l[MAX_N];
int r[MAX_N];
int dp[MAX_N];
int dat[MAX_V];
int tag[MAX_V];
vector<int> v[MAX_N];
void read()
{
scanf("%lld%lld",&n,&K);
for(int i=2;i<=n;i++) scanf("%lld",&d[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&c[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&s[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&w[i]);
d[++n]=INF,w[n]=INF,K++;
}
void cal_lr()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
l[i]=lower_bound(d+1,d+1+n,d[i]-s[i])-d;
r[i]=upper_bound(d+1,d+1+n,d[i]+s[i])-d-1;
v[r[i]].push_back(i);
}
}
void push_down(int k)
{
if(tag[k])
{
dat[k*2+1]+=tag[k];
dat[k*2+2]+=tag[k];
tag[k*2+1]+=tag[k];
tag[k*2+2]+=tag[k];
tag[k]=0;
}
}
void push_up(int k)
{
dat[k]=min(dat[k*2+1],dat[k*2+2]);
}
void build(int l,int r,int k)
{
if(l==r)
{
dat[k]=dp[l];
tag[k]=0;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,k*2+1);
build(mid+1,r,k*2+2);
push_up(k);
tag[k]=0;
}
void update(int a,int b,int k,int l,int r,int x)
{
if(a<=l && r<=b)
{
dat[k]+=x;
tag[k]+=x;
return;
}
push_down(k);
int mid=(l+r)>>1;
if(a<=mid) update(a,b,k*2+1,l,mid,x);
if(b>mid) update(a,b,k*2+2,mid+1,r,x);
push_up(k);
}
int query(int a,int b,int k,int l,int r)
{
if(a<=l && r<=b) return dat[k];
push_down(k);
int mid=(l+r)>>1,ans=INF;
if(a<=mid) ans=min(ans,query(a,b,k*2+1,l,mid));
if(b>mid) ans=min(ans,query(a,b,k*2+2,mid+1,r));
return ans;
}
void cal_dp()
{
int sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
dp[i]=sum+c[i];
for(int j=0;j<v[i].size();j++) sum+=w[v[i][j]];
}
ans=dp[n];
for(int j=2;j<=K;j++)
{
build(1,n,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(i>1) dp[i]=query(1,i-1,0,1,n)+c[i];
else dp[i]=c[i];
for(int k=0;k<v[i].size();k++)
{
int t=v[i][k];
if(l[t]>1) update(1,l[t]-1,0,1,n,w[t]);
}
}
ans=min(ans,dp[n]);
}
}
void work()
{
cal_lr();
cal_dp();
printf("%lld\n",ans);
}
signed main()
{
read();
work();
}