E的話一眼dp，然後觀察一下方程,\(f[i][j]表示前i個位置已經選了長度為j的區間，且第i個位置已經被選上時，能夠獲得的最大值\)
這樣的dp是\(O(n^2k)\)的，而\(1\leq k\leq n\leq 3000\)，我們需要最佳化到\(O(n^2log(n))\)這個級別。
觀察dp，考慮最佳化，正常情況下，最佳化的部分都是列舉k的部分，我們對每次轉移分開考慮，假如我不需要再去列舉k，而是直接透過資料結構查詢得到就可以了。
發現\(f[i-k][j-k]\)是一個很有規律的東西，轉化為圖形，就是在dp數值組成的表裡面斜率為1的直線透過的點。而這個很明顯是可以維護的，問題就在後面的\(calc\)的代價函式中
我們現在的\(f[i-k][j-k]\)可以被單獨維護，導致我們必須列舉k的東西是calc中含有k的部分，假如這部分不存在，那麼其實直接維護\(f[i-k][j-k]和後面剩下部分的\)的\(max\)即可，對於絕對值也是隨便處理，因為這個值其實是固定的。
而含有和k相關的部分，這導致先前使用過的，已經維護好的\(f[i-k][j-k]\)的最大值並不能直接套用，我們必須考慮新的一位和前面部分的結合而形成的絕對值的影響。
假如把絕對值去掉，是否能做呢？
可以。而且很好做。觀察發現，其實\(calc\)函式中含有\(k\)的部分是和\(f[i-k][j-k]\)繫結的，這個其實從題目中對價值的描述中可以更好的看出來。也就是說，我們其實是直接維護了這個式子含有k的所有部分一同的最大值，這個很好，因為剩下的只和\(i,j\)相關的部分的值是確定的，也就是說我們需要的東西就直接\(O(1)\)維護好了。
而這個只是沒有絕對值的情況，絕對值這個東西也不算難處理，直接分類討論，拆開，我們兩個絕對值一共4中情況。而事實上也不用分開維護，仔細考慮一下，加上絕對值只會讓答案變大，所以直接取max，根本就可能取到不合法的情況的值。否則沒法維護。這不是一個普通的偏序。這一點很巧妙。
不錯的dp，分析這個代價函式的內容是情理之中，而這個代價函式中和\(f[i-k][j-k]\)強相關的部分是要從題目中理解得到的，這算是一個小難點。其實拆開絕對值的操作也是很合理的，想要最佳化這個dp，無非就是從狀態和轉移兩方面下手，所有的dp都是這麼最佳化的，而狀態的最佳化其實是對應了前兩個迴圈，這很顯然很難辦到，那就是加速轉移。想要加速轉移，那拆開這個絕對值就是必要的思路。
這邊就給我提供了一個很好的思路，先假設絕對值不存在，然後再考慮。
還算簡單的一個dp最佳化吧。這題居然能有2500。那9062E2居然只有2600。這兩題之間的難度差距真心挺大。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
ll a=0,b=1;char c=getchar();
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')b=-1;
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())a=a*10+c-'0';
return a*b;
}
ll n,K,a[3021],b[3021],f[3021][3021];
ll Max[3021][3021][5];
ll s1[5]={0,+1,-1,+1,-1},s2[5]={0,-1,-1,+1,+1};
int main()
{
ll T=read();
while(T--)
{
n=read(),K=read();
for(ll i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
for(ll i=1;i<=n;i++)b[i]=read();
for(ll i=0;i<=n;i++)
{
for(ll j=0;j<=K;j++)
{
f[i][j]=0;
for(ll k=1;k<=4;k++)
Max[i][j][k]=-(1LL<<60);
}
}
for(ll i=1;i<=n;i++)
{
for(ll j=1;j<=K;j++)
{
f[i][j]=f[i-1][j];
for(ll k=1;k<=4;k++)
Max[i][j][k]=max(Max[i-1][j-1][k],f[i-1][j-1]+a[i]*s1[k]+b[i]*s2[k]);
for(ll k=1;k<=4;k++)
f[i][j]=max(f[i][j],Max[i][j][k]-a[i]*s2[k]-b[i]*s1[k]);
}
}
cout<<f[n][K]<<endl;
}
return 0;
}