G题题解（正如我们所谱写的传说那般）

对于序列中的a[i]，我们能判断出有以下五种状态：

1.a[i]不等于a[i-1];

2.a[i]等于a[i-1]，此时将a[i]-1,且进行操作后的a[i]不等于a[i+1];

3.a[i]等于a[i-1]，此时将a[i]+1,且进行操作后的a[i]不等于a[i+1]；

4.a[i]等于a[i-1]，此时将a[i]-1,且进行操作后的a[i]等于a[i+1]，处理办法是将a[i]再次-1；

5.a[i]等于a[i-1]，此时将a[i]+1,且进行操作后的a[i]等于a[i+1]，处理办法是将a[i]再

次+1;

那么，在知道a[i]有五种状态后我们可以进行对于数组a的dp，dp数组代表求a[i]在五种状态下遍历一遍后得到的最小代价。

此时我们要注意，当a[i]等于a[i-1]时才产生代价,换句话说，如果a[i-1]的五种状态中有和a[i]的五种状态不相同的，则跳过；当a[i]-1或者a[i]-2小于0时也跳过，毕竟不能减到负数。

最后，我们对dp[n]的五种状态进行遍历，最小值即为答案。

以下是代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n;
void solve(){
    cin>>n;
    vector<int>v(n+1);
    vector<int>b(n+1);
    vector<int>c(n+1);
    vector<vector<ll>>dp(n+1,vector<ll>(5,1e18));
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>v[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>b[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>c[i];
    dp[1][2]=0;
    dp[1][3]=b[1];
    dp[1][4]=2*b[1];
    if(v[1]>1)dp[1][1]=c[1];
    if(v[1]>2)dp[1][0]=2*c[1];
     
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        for(int j=-2;j<=2;j++)
        {
            for(int k=-2;k<=2;k++)
            {
                if(v[i]+k==v[i-1]+j)continue;
                else if(v[i]+k<=0)continue;
                if(k<0)
                {
                    dp[i][k+2]=min(dp[i][k+2],dp[i-1][j+2]+c[i]*abs(k));
                }
                else
                {
                     dp[i][k+2]=min(dp[i][k+2],dp[i-1][j+2]+b[i]*abs(k));
                }
            }
        }
        
    }
   
    ll ans=1e18;
    for(int i=0;i<=4;i++)
    {
        ans=min(ans,(ll)dp[n][i]);
    }
    cout<<ans<<endl;
}
signed main()
{
    int T=1;
    cin>>T;
    // cin>>P;
    while(T--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}