题目
题意：有n只怪兽，每只怪兽在$k_i$时间点会出现，且生命值为$h_i$。现在我们需要消灭这$n$只怪兽。由于我们每次打气功，都需要从1开始累计，比如上一秒是打的气功是x，那么这一秒可以打x+1，或者选择重新开始，气功为1。如果上一秒没有打气功，则这一秒只能打1。要消灭这$n$只小怪兽，我们总共需要消耗的最小气功是多少。

思路：
先根据每只小怪兽的生命值，计算消灭这只小怪兽，需要从哪里开始打气功$po{s}_i$，比如$k_i=6,h_i=3$，说明我们需要在时间点6-3+1=4的位置开始打气功。如果要批量处理连续区间内的小怪兽，我们需要计算区间$[l,r]$的最小打气功的开始位置$p$，然后计算从$p$到$k_r$的气功总和即可。

由于本题的n比较小，可以支持$n^2$的复杂度。我们可以用dp。令$d{p}_i$表示从i位置结束需要的最小气功。那么$d{p}_i=d{p}_{j-1}+deal(j,i),(0<j<=i)$。

计算区间最小值，可以用rmq算法。
注意，如果当前区间$[j,i]$的最小开始下标$p$，小于上一个区间的结束下标位置$k_{j-1}$，则说明区间$[j,i]$的打气功位置和前面的区间发生了交叉，这是不可取的。

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
const int maxn = 110;
#define ll long long

int n;
ll dp[maxn];
int h[maxn], k[maxn];
int pos[maxn];// 下标i需要的开始位置pos[i] 

ll cal(ll x) {
	return x * (x + 1) / 2;
}

// rmq求pos数组区间 最小值 
int f[maxn][22];
void init_rmq() {
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		f[i][0] = pos[i];
	}
	for (int j = 1; (1<<j) <= n; ++j) {
		for (int i = 0; i + (1<<j) - 1 < n; ++i) {
			f[i][j] = min(f[i][j-1], f[i+(1<<j-1)][j-1]);
		}
	}
}
int rmq(int l, int r) {
	int x = log2(r - l + 1);
	return min(f[l][x], f[r-(1<<x)+1][x]);
}

void solve() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		scanf("%d", &k[i]);
	}
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		scanf("%d", &h[i]);
	}
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		pos[i] = k[i] - h[i] + 1;
//		printf("%d ", pos[i]);
	}
//	printf("--\n");
	
	init_rmq();
	dp[0] = cal(h[0]);
//	printf("%d", dp[0]);
	for (int i = 1; i < n; ++i) {
		int p = k[i] - rmq(0, i) + 1;
		dp[i] = cal(p);
		for (int j = 1; j <= i; ++j) {
			// 起始下标超过了上个区间的结束位置，说明有交叉，不可取
			if (rmq(j, i) <= k[j-1]) { 
				continue;
			}
			p = k[i] - rmq(j, i) + 1;
			
			dp[i] = min(dp[i], dp[j-1] + cal(p));
		}
//		printf(" %d ", dp[i]);
	}
//	printf("---\n");
	
	printf("%lld\n", dp[n-1]);
}

int main() {
	int t;
	scanf("%d", &t);
//	int cas = 1;
	while (t--) {
//		printf ("case %d\n", cas++);
		solve();
	}
} 
/*

9
3
1 2 4
1 2 3

3
1 2 3
1 1 2
*/