Codeforces 题面传送门 & 洛谷题面传送门

首先这个消消乐的顺着消的过程看起来有点难受，DP 起来有点困难。考虑对其进行一个转化：将所有出场的人按照攻击力从小到大合并，然后每次将两个攻击力为 \(l\) 的合并为一个攻击力为 \(l+1\) 的人，答案加上 \(c_{l+1}\)，如果发现攻击力为 \(l\) 的人 \(\le 1\) 那就继续合并攻击力为 \(l+1\) 的人，不难发现这个过程与原题的过程等价。

接下来考虑如何 DP 求解原问题。我们将序列翻转，这样单调不减就可以转化为单调不升，方便我们的合并过程。设 \(dp_{x,i,j}\) 表示当前考虑了前 \(x\) 个人，合并到攻击力 \(=i\) 的人，目前攻击力 \(=i\) 的人有 \(j\) 个，转移就新加入一个人时，令 \(dp_{x,l_x,j+1}\leftarrow dp_{x-1,l_x,j}-s_x+c_{l_x}\)，然后从 \(l_x\) 开始往 \(n\) 枚举更新合并的贡献即可，具体来说 \(dp_{x,i+1,j/2}\leftarrow dp_{x,i,j}+\dfrac{j}{2}·c_{i+1}\)。你可能会疑惑为什么不直接一次性合并完所有攻击力为 \(i\) 的人直到不能合并为止，这是因为你有可能出现合并到一半又进来了新的人的情况，这种情况下就要一步步合并。\(x\) 那一维可以去掉这样空间复杂度可以达到平方。直接转移单次复杂度是 \(n^2\) 的，总复杂度 \(n^3\)，无法通过。不过注意到在合并的过程中，我们的 \(j\) 只可能达到 \(\dfrac{x}{2^{i-l_x}}\)，因此 \(j\) 的枚举只用枚举到 \(\dfrac{x}{2^{i-l_x}}\) 即可，这样总复杂度就是平方。

const int MAXN=2000;
int n,m,l[MAXN+5],s[MAXN+5],dp[MAXN*2+5][MAXN+5],c[MAXN*2+5];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&l[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&s[i]);
	for(int i=1;i<=n+m;i++) scanf("%d",&c[i]);
	memset(dp,192,sizeof(dp));
	for(int i=1;i<=n+m;i++) dp[i][0]=0;
	for(int i=n;i;i--){
		for(int j=n;j;j--) chkmax(dp[l[i]][j],dp[l[i]][j-1]+c[l[i]]-s[i]);
		for(int j=l[i];j<=n+m;j++) for(int k=0;k<=(n>>(j-l[i]));k++)
			chkmax(dp[j+1][k>>1],dp[j][k]+1ll*(k>>1)*c[j+1]);
	} printf("%d\n",dp[n+m][0]);
	return 0;
}