题解
非常显然的费用流。 但是建图还是需要思考的QuQ
将每天分成两个节点 $x_{i,1}, x_{i,2} $, $ x_{i,1}$用于提供服务， $x_{i ,2}$ 用来从源点获得$nd[i] $个毛巾进行消毒（因为$x_{i ,1} $已经流向汇点）。
1、 源点向$x_{i,1} $连容量为$inf$， 费用为$f$ 的边， 表示给买毛巾。
2、 $x_{i, 1}$向汇点连容量为$nd[ i ]$ ， 费用为$0 $的边， 表示提供服务
3、$x_{i, 1}$ 向$x_{i + 1, 1}$ 连容量为$inf$， 费用为$0$ 的边， 表示毛巾存到下一天用
4、 源点向$x_{i, 2}$连容量为$nd[ i ]$， 费用为$0 $的边， 表示用过的毛巾拿去清洗
5、$x_{i , 2 }$ 向 $x_{i + a + 1, 1}$连容量为$inf$， 费用为$fa$ 的边， 表示通过方式$a$清洗
6、同理5
然后跑费用流， 就可以把题秒啦
代码
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define rd read()
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
using namespace std; const int N = 1e4;
const int inf = ; int n, dis[N], pre[N], vis[N], a, b, f, fa, fb, nd[N];
int head[N], tot, maxflow, minco;
int S, T = N - ; queue<int>q; struct edge {
int nxt, to, val, c;
}e[N << ]; int read() {
int X = , p = ; char c = getchar();
for(; c > '' || c < ''; c = getchar()) if(c == '-') p = -;
for(; c >= '' && c <= ''; c = getchar()) X = X * + c - '';
return X * p;
} void added(int fr, int to, int val, int c) {
e[++tot].to = to;
e[tot].val = val;
e[tot].c = c;
e[tot].nxt = head[fr];
head[fr] = tot;
} void add(int fr, int to, int val, int c) {
added(fr, to, val ,c);
added(to, fr, , -c);
} int ch(int x) {
return ((x + ) ^ ) - ;
} int bfs() {
memset(dis, , sizeof(dis));
memset(vis, , sizeof(vis));
memset(pre, , sizeof(pre));
q.push(S);
dis[S] = ;
vis[S] = ;
for(int u, nt; !q.empty(); ) {
u = q.front(); q.pop();
for(int i =head[u]; i; i = e[i].nxt) {
nt = e[i].to;
if(dis[nt] <= dis[u] + e[i].c || !e[i].val) continue;
dis[nt] = dis[u] + e[i].c;
pre[nt] = i;
if(!vis[nt]) vis[nt] = , q.push(nt);
}
vis[u] = ;
}
return dis[T];
} void EK() {
for(; bfs() != inf; ) {
int tmp = inf;
for(int i = pre[T]; i; i = pre[e[ch(i)].to]) tmp = min(tmp, e[i].val);
for(int i = pre[T]; i; i = pre[e[ch(i)].to]) e[i].val -= tmp, e[ch(i)].val += tmp;
maxflow += tmp;
minco += tmp * dis[T];
}
} int main()
{
n = rd; a = rd; b = rd; f = rd; fa = rd; fb = rd;
rep(i, , n) nd[i] = rd;
rep(i, , n) {
add(S, i, inf, f);
add(S, i + n, nd[i], );
add(i, T, nd[i], );
if(i < n) add(i, i + , inf, );
if(i + a < n) add(i + n, i + a + , nd[i], fa);
if(i + b < n) add(i + n, i + b + , nd[i], fb);
}
EK();
printf("%d\n", minco);
}