题解

设 $d_i=A_i-B_i$，正数表示多余的土，负数表示缺土。把所有正值按下标记录为供给点，负值为需求点。运输单位成本为 $z\\cdot|i-j|$，但你也可以选择“挖掉再买”的替代方案，成本恒为 $x+y$，因此实际在两点间搬运一单位的最优成本为

$$\\operatorname{cost}(i,j)=\\min\\bigl(z\\cdot|i-j|,\,x+y\\bigr). $$

多余/缺少的总量不一定相等：若 $\\sum d_i>0$，剩余的土只能挖掉，花费 $y$；若 $\\sum d_i<0$，缺的土只能购买，花费 $x$。先把这一部分加入答案，其余部分则在供给点与需求点之间配对搬运。

由于搬运成本关于下标的绝对值函数满足一维最优匹配的单调性，按下标从左到右贪心配对即可得到最小费用：用两个指针遍历供给列表和需求列表，每次输送 flow=min(surplus, deficit)，累加 flow * min(z * distance, x + y)，消耗掉一方就移动相应指针。

复杂度

• 时间：$\\mathcal{O}(N)$，每个位置至多入队出队一次。
• 空间：$\\mathcal{O}(N)$。

参考实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int N;
    long long x, y, z;
    if (!(cin >> N >> x >> y >> z)) return 0;
    vector<long long> A(N + 1), B(N + 1);
    for (int i = 1; i <= N; ++i) cin >> A[i] >> B[i];

    struct Node { int pos; long long amt; };
    vector<Node> sur, def;
    long long sumSur = 0, sumDef = 0;
    for (int i = 1; i <= N; ++i) {
        long long d = A[i] - B[i];
        if (d > 0) { sur.push_back({i, d}); sumSur += d; }
        else if (d < 0) { def.push_back({i, -d}); sumDef += -d; }
    }

    long long ans = 0;
    if (sumSur > sumDef) ans += (sumSur - sumDef) * y; // 多余的挖掉
    else ans += (sumDef - sumSur) * x;                  // 不足的买土

    size_t i = 0, j = 0;
    while (i < sur.size() && j < def.size()) {
        long long flow = min(sur[i].amt, def[j].amt);
        long long dist = llabs((long long)sur[i].pos - def[j].pos);
        long long costPer = min(z * dist, x + y);
        ans += flow * costPer;
        sur[i].amt -= flow;
        def[j].amt -= flow;
        if (sur[i].amt == 0) ++i;
        if (def[j].amt == 0) ++j;
    }

    cout << ans << '\n';
    return 0;
}