【题解】【模拟】

【一眼dp....然后、就没有然后了。。。】

【实际上，就是个模拟，只是不好想到】

【首先，考虑特殊情况：当l=0,但s≠1时，肯定是无解的（每个格都要遍历到，如果但却不能往左走，那么根本无法做到）；当l=n-1,但s≠n时，也是无解的（每个格都只能遍历一遍）】

【接着，考虑s=1,t=n的情况。在这种情况下，若l≠0，那么必须要走“回头路”，这样一来，就有至少l个区间被重复走三次（从左往右走的时候经过了一遍，因为要走“回头路”，所以在从右往左走的时候也会再经过一遍，但因为最终是向右走，那么还要再经过一遍）。】

【推广上面这种方法，即s、t两侧还有区间，这些区间都是要走两遍的，[s,t]区间里就用上面的方法找出最小的l个区间。那么可知，l越小，总值越小，因为，在s、t的两侧不论走多少“回头路”，值都不变，所以可以尽量把l分布在两侧。所以，要首先把l尽量放到s外侧，如果l<s，那么就在“回头路”全部在s外侧走；其次，如果l-s=n-s-1,那么，把剩下的走“回头路”的次数全部放到t外侧；如果这两个条件都不满足，在枚举t前，先将l-=s，每枚举到一个t，若l<n-t，那么，把剩下的走“回头路”的次数全部放到t外侧，不然先将l-=(n-t),再在[s,t]中寻找较小的l个区间】

【[s,t]区间内的区间值用小根堆维护，每次取出较小的l个区间，重复三次，这个地方可以继承前面的，由于在t不断往后移的前提下，[s,t]区间内的l只会越来越大，所以能保证单调，可以不断往后更新】

【要注意每个点只能遍历一次，所以，在处理[s,t]区间内的情况时，一个区间能够加入，必须保证区间的右边界距s大于2个点，不然，走“回头路”会导致重复经过点】

【上述过程要做两遍，因为我们在找t时，是默认s<t的，但是，t也有在s左边的情况。所以把序列翻转、取反，再做一遍。将s<t的最小值和s>t的最小值比较、输出】   

#include
    
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        #define ll unsigned long longusing namespace std;struct node{    ll val;    bool operator < (const node &x)const    {        return val>x.val;    }};int n,l,s,x[200010],y[200010];inline ll solve(int l,int s,int t,int a[]){    priority_queue
        
         que;    if(l
         
          s) ss.val=a[i-1]-a[i-2],que.push(ss); while(!que.empty()&&tt
          
           s2?s2:s1)); return 0;}