【问题描述】
一个餐厅在相继的N天里，第i天需要Ri块餐巾(i=l，2，…，N)。餐厅可以从三种途径获得餐巾。
(1)购买新的餐巾，每块需p分；
(2)把用过的餐巾送到快洗部，洗一块需m天，费用需f分(f<p)。如m=l时，第一天送到快洗部的餐巾第二天就可以使用了，送慢洗的情况也如此。
(3)把餐巾送到慢洗部，洗一块需n天(n>m)，费用需s分(s<f)。
在每天结束时，餐厅必须决定多少块用过的餐巾送到快洗部，多少块送慢洗部。在每天开始时，餐厅必须决定是否购买新餐巾及多少，使洗好的和新购的餐巾之和满足当天的需求量Ri，并使N天总的费用最小。
【输入】
输入文件共 3 行，第 1 行为总天数；第 2 行为每天所需的餐巾块数；第 3 行为每块餐巾的新购费用 p ，快洗所需天数 m ，快洗所需费用 f ，慢洗所需天数 n ，慢洗所需费用 s 。
【输出】
一行，最小的费用
【样例】
napkin.in
3
3 2 4
10 1 6 2 3
napkin.out
64
【数据规模】
n<=200,Ri<=50 （洛谷 n<=2000,Ri<=10000000）
/*
放到洛谷上会TLE，数据太大了，cogs可过，大数据可用网络流，蒟蒻不懂。
可以看出是贪心，但是贪心策略不容易想到。
如果考虑餐巾的去路，那我们要考虑有多少快洗和慢洗，这时就要枚举，不仅麻烦时间复杂度也高，所以应考虑餐巾的来源。
首先，如果要买一定数量的餐巾，应买的越早越好，因为这样至今循环利用可以省钱，但我们不知道究竟用多少餐巾，所以要枚举餐巾的数量，另外买的餐巾不够数了，就要考虑慢洗，再考虑快洗。
（前提是餐巾一定要够用）
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define M 2010
using namespace std;
int xu[M],q[M],n,p,t1,v1,t2,v2;
int read()
{
char c=getchar();int num=,flag=;
while(c<''||c>''){if(c=='-')flag=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){num=num*+c-'';c=getchar();}
return num*flag;
}
int init(int sum)
{
int ans=;
memset(q,,sizeof(q));
for(int i=;i<=n;i++)
{
int x=xu[i];
if(sum>=x)
{
ans+=x*p;
q[i]+=x;
sum-=x;
x=;
}
else if(sum>)
{
ans+=sum*p;
q[i]+=sum;
x-=sum;
sum=;
}
////////////慢洗
for(int j=;j<=i-t2;j++)
if(q[j]>)
{
if(q[j]>=x)
{
ans+=x*v2;
q[j]-=x;
q[i]+=x;
x=;
break;
}
else
{
ans+=q[j]*v2;
q[i]+=q[j];
x-=q[j];
q[j]=;
}
}
///////////快洗
if(!x)continue;
for(int j=i-t1;j>=;j--)//快洗的时候优先选后面的，被坑了好长时间！！！
if(q[j]>)
{
if(q[j]>=x)
{
ans+=x*v1;
q[j]-=x;
q[i]+=x;
x=;
break;
}
else
{
ans+=q[j]*v1;
q[i]+=q[j];
x-=q[j];
q[j]=;
}
}
if(x>)return ;
}
return ans;
}
int main()
{
freopen("napkin.in","r",stdin);
freopen("napkin.out","w",stdout);
int maxn=,sum=;
n=read();
for(int i=;i<=n;i++)
xu[i]=read(),maxn=max(maxn,xu[i]),sum+=xu[i];
p=read();t1=read();v1=read();t2=read();v2=read();
int ans=sum*p;
for(int i=sum-;i>=maxn;i--)
{
int p=init(i);
if(p)ans=min(ans,p);
}
printf("%d",ans);
return ;
}