跑跑卡丁车是时下一款流行的网络休闲游戏，你可以在这虚拟的世界里体验驾驶的乐趣。这款游戏的特别之处是你可以通过漂移来获得一种 
加速卡，用这种加速卡可以在有限的时间里提高你的速度。为了使问题简单化，我们假设一个赛道分为L段，并且给你通过每段赛道的普通耗时Ai和用加速卡的耗时Bi。加速卡的获得机制是：普通行驶的情况下，每通过1段赛道,可以获得20%的能量(N2O).能量集满后获得一个加速卡(同时能量清0).加速卡最多可以储存2个,也就是说当你有2个加速卡而能量再次集满,那么能量清零但得不到加速卡。一个加速卡只能维持一段赛道，游戏开始时没有加速卡。

问题是，跑完n圈最少用时为多少？

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对于sample这组数据，你可以先在普通情况下行驶前14段，这时你有2个加速卡以及80%的能量(N2O).在第15和16段用掉2个加速卡，通过第

17段赛道后又可以得到一个加速卡，在第18段赛道使用.

这道本来很简单的dp，wa了一下午，刚开始的状态还是想的比较快的 dp[i][j][k]代表 第i段，有j个加速卡，现在的能量为k。然后就开始了无尽的wa之旅，wa点其实就三个。
首先我把数组给开小了....正好开了dp[10100][3][100],这个错误通过对拍，然后手推错误数据发现了，当时就想打自己，本来以为能ac了，结果还是wa，然后我一口气对拍了10w组b=1的数据，竟然没有错。然后又对拍了1000组 b=5时候的数据...竟然几乎一个对的都没有，仔细一看，原来是把n圈变成n*l段时，把l误用为了n，又想打自己，本来以为可以ac了，结果还是wa，继续对拍，b=5的时候 有3组数据，分别比正确答案多1 . 2 .3 这时候我确定肯定是状态转移出错了。刚开始的状态转移是这样的，当k==0时，情况可能是，在上一段能量到了80，这段攒了一个加速卡，还可能是，上一段有加速卡，并且用了且当时k==0，所以继续用加速卡，这段依然不增加能量，k==0.k>0时，情况可能是，如果有两张能量卡，那么说明是正常走了一段，如果小于两张，则可能是正常走了一段，或者用了一张加速卡。
经过仔细思考，我发现是因为我漏掉了一种我自认为不可能的情况，那就是有了两张卡，然后能量到了100，然后能量变为0，我本来想的是，卡不用白不用，让能量清0肯定不是最优解，但仔细想的话，如果你不想浪费这张新加速卡，就必须在到100的时候用掉原来的某张加速卡，这肯定是有各种反例的。所以这个题教会了我，动态规划的转移方程一定要写出所有符合条件的，不管你认为亏不亏，合不合理。就算亏他也会在转移中被更新，所以要写全。

 #include<cstdio>

 #include<string.h>

 #include<algorithm>

 #define inf 0x3f3f3f3f

 const int maxn=;

 using namespace std;

 int l,n,ans;

 int dp[maxn+][][];

 int a[maxn+];

 int b[maxn+];

 int main()

 {

     /* freopen("e://duipai//data.txt","r",stdin);

       freopen("e://duipai//out2.txt","w",stdout);*/

     while(scanf("%d%d",&l,&n)!=EOF){

         ans=inf;

         memset(dp,inf,sizeof(dp));

         for(int i=;i<=l;i++){

            scanf("%d",&a[i]);

            for(int j=;j<n;j++){

                 a[j*l+i]=a[i];

            }

         }

         for(int i=;i<=l;i++){

            scanf("%d",&b[i]);

            for(int j=;j<n;j++){

                 b[j*l+i]=b[i];

            }

         }

         dp[][][]=;

         for(int i=;i<;i++){

                 dp[i][][i*]=dp[i-][][(i-)*]+a[i];

         }

         for(int i=;i<=n*l;i++){

            for(int j=;j<=;j++){

                 for(int k=;k<;k+=){

                       if(i<&&j>) continue;

                         if(!k){

                         if(j==){

                         dp[i][j][k]=min(dp[i][j][k],min(dp[i-][j-][]+a[i],dp[i-][j+][k]+b[i]));

                         } else if(j==){

                           dp[i][j][k]=min(dp[i][j][k],min(dp[i-][j-][]+a[i],dp[i-][j][]+a[i]));

                         } else if(!j) dp[i][j][k]=min(dp[i][j][k],dp[i-][j+][k]+b[i]);

                         } else if(k){

                         if(j==){

                         dp[i][j][k]=min(dp[i][j][k],dp[i-][j][k-]+a[i]);

                         }

                         if(j<){

                         dp[i][j][k]=min(dp[i][j][k],min(dp[i-][j][k-]+a[i],dp[i-][j+][k]+b[i]));

                         }

                         }

                }

             }

         }

         for(int i=;i<=;i++){

                 for(int j=;j<;j+=){

                         ans=min(ans,dp[n*l][i][j]);

                 }

         }

         printf("%d\n",ans);

     }

     return ;

 }