简要题意：你需要打出一个长度为 $n$ 的字符串 $s$。

  • 花费 $c_1$ 的代价，在末尾打出一个字符。
  • 花费 $c_2$ 的代价，在末尾打出目前已打出字符串的某个子串。

问最少的操作代价，$n\le5\times10^3$。

不妨用 $f_i$ 表示操作前 $i$ 个数的最小代价。可以在枚举当前点 $i$ 时再枚举一个之前点 $j$。如果 $\exist1\le l\le r\le j,a[j+1\dots i]=a[l\dots r]$ 就进行一次转移。暴力去判断子串相等就是 $\mathcal O(n^3)$ 的复杂度。
可以配合 $\text{hash}$，还要线段树维护 set。第 $i$ 个 set $s_i$ 储存 ${x|x=a[p\dots i],1\le p\le i}$ 的 $\text{hash}$ 值，查询相当于在一段前缀 set 中查询一个元素是否存在。不过这样又要用线段树又需要 set，复杂度 $\mathcal O(n^2\log^2n)$，就算使用 unordered_set 还得承受大常数 $\mathcal O(n^2\log n)$。
发现不管怎么做，询问的东西都是一样的，先预处理出所有询问，按照每个询问的 $i$ 排序。这样每次询问都在一段前缀中进行。排序询问的复杂度是 $\mathcal O(n^2\log n)$，后续查询采用 unordered_set，复杂度 $\mathcal O(n^2)$。总复杂度为 $\mathcal O(n^2\log n)$。
也可以维护原串的最长公共后缀，由于 $f$ 具有单调性（假如 $f_i>f_{i+1}$ 必然是操作 $2$ 使得这种情况发生，那我操作 $2$ 少粘贴一个字母就能使得 $f_i=f_{i+1}$，也就是说假设必然不成立，$f$ 具有单调性，$f_i\le f_{i+1}$），每次应该从最小的 $j$ 转移过来，这个最小的 $j$ 就是之前某个 $j$ 与 $i$ 的最大公共后缀。复杂度 $\mathcal O(n^2)$。
在这个做法的基础上，在后缀自动机上跑双指针（$i$ 和 $j$），$a[j\dots i]$ 存在就转移，否则 $j$ 右移。复杂度 $\mathcal O(n)$。