P教授要去看奥运，但是他舍不下他的玩具，于是他决定把所有的玩具运到北京。他使用自己的压缩器进行压
缩，其可以将任意物品变成一堆，再放到一种特殊的一维容器中。P教授有编号为1...N的N件玩具，第i件玩具经过
压缩后变成一维长度为Ci.为了方便整理，P教授要求在一个一维容器中的玩具编号是连续的。同时如果一个一维容
器中有多个玩具，那么两件玩具之间要加入一个单位长度的填充物，形式地说如果将第i件玩具到第j个玩具放到一
个容器中，那么容器的长度将为 x=j-i+Sigma(Ck) i<=K<=j 制作容器的费用与容器的长度有关，根据教授研究，
如果容器长度为x,其制作费用为(X-L)^2.其中L是一个常量。P教授不关心容器的数目，他可以制作出任意长度的容
器，甚至超过L。但他希望费用最小.
斜率优化dp，dp[i]=min(dp[j]+(sum[i->j]+j-i-l)^2)1<=j<=i-1转化一下，可以变成dp[i]=min(dp[j]+((sum[j]+j-(sum[i]-i)-(l-1)))^2)
假设s[i]=sum[i]+i,dp[i]=dp[j]+s[i]^2+(s[j]+l)^2-2*s[i]*(s[j]+l),那么有
dp[i]+2*s[i]*(s[j]+l)=dp[j]+s[i]^2+(s[j]+l)^2
b + k * x = y
2*s[i]是递增的，我们可以利用这一性质，观察所有递增的斜率2*s【i】，我们可以发现，这是一个凸壳，（以前做过在凸壳上三分的题，其实就是因为不单调，但是此时是单调的，我们就不用三分了），可以维护一个单调队列，观察凸壳可以发现对于斜率小于当前斜率的点，我们取最小的截距b时，可以通过右移到下一个点来取到更小的截距，那么通过这样更新头节点，我们就得到了最小截距dp【i】，然后需要更新这个节点到队列中，此时我们会发现如果加入的点和上一个点构成的斜率比上一个斜率小，那么同理，最后的节点可以删除，最后更新完成。
/************************************************************** Problem: 1010 User: walfy Language: C++ Result: Accepted Time:208 ms Memory:2464 kb ****************************************************************/ //#pragma comment(linker, "/stack:200000000") //#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector") //#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4,popcnt,abm,mmx,avx,tune=native") //#pragma GCC optimize("unroll-loops") #include<bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define mp make_pair #define pb push_back #define pi acos(-1.0) #define ll long long #define mod 1000000007 #define C 0.5772156649 #define ls l,m,rt<<1 #define rs m+1,r,rt<<1|1 #define pil pair<int,ll> #define pli pair<ll,int> #define pii pair<int,int> #define cd complex<double> #define ull unsigned long long #define base 1000000000000000000 #define fio ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0) using namespace std; const double g=10.0,eps=1e-12; const int N=50000+10,maxn=8000000+10,inf=0x3f3f3f3f,INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f; ll sum[N],dp[N],n,l,q[N]; inline ll x(int j) { return sum[j]; } inline ll y(int j) { return dp[j]+(sum[j]+l)*(sum[j]+l); } inline double slope(int a,int b) { return (y(b)-y(a))/(x(b)-x(a)); } int main() { scanf("%lld%lld",&n,&l);l++; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld",&sum[i]); sum[i]+=sum[i-1]; } for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]+=i; int head=1,last=1;q[head]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { while(head<last&&slope(q[head],q[head+1])<2*sum[i])head++; // printf("%d ",head); int te=q[head];dp[i]=dp[te]+sum[i]*sum[i]+(sum[te]+l)*(sum[te]+l)-2*sum[i]*(sum[te]+l); while(head<last&&slope(q[last-1],q[last])>slope(q[last],i))last--; // printf("%d ",last); q[++last]=i; // printf("%lld ",dp[i]); } printf("%lld ",dp[n]); return 0; } /******************** 5 4 3 4 2 1 4 ********************/