大致题意： 让你把一个长度为(n)的序列划分成(m)块，求每块数总和的最小方差乘(m^2)的值。
转化方差
首先方差显然是一个比较复杂的东西，需要进行一定转化。
设(p_i)为第(i)块数总和；(s_i)为原序列的前缀和，即(s_i=sum_{i=1}^ia_i)；(ar p)为(p_i)的平均值，即(ar{p}=frac{sum_{i=1}^mp_i}m=frac{s_n}m)。
然后推式子：
[m^2*frac{sum_{i=1}^m(p_i-ar{p})^2}m=msum_{i=1}^m(p_i^2-2p_iar{p}+ar{p}^2)=msum_{i=1}^mp_i^2-2mar{p}sum_{i=1}^mp_i+m^2ar{p}^2
]
其中(sum_{i=1}^mp_i)显然就是(s_n)，同时我们把(ar{p})的值代入得到：
[msum_{i=1}^mp_i^2-2s_n^2+s_n^2=msum_{i=1}^mp_i^2-s_n^2
]
动态规划
考虑上面这个式子，其中(m,s_n^2)都是常数，因此我们只需要最小化(p_i)平方和。
可以考虑动态规划。
设(f_{i,j})表示当前第(i)位，已划分出(j)块时的(p_i)平方和的最小值。
显然暴力转移只需枚举一个转移点：
[f_{i,j}=min_{x=1}^{i-1}(f_{x,j-1}+(s_i-s_x)^2)
]
这就是(O(n^3))的做法了。
斜率优化
显然上面的(DP)还不够优，需要优化。
这里我们考虑斜率优化。
设当前为(i)，比较对于(a)和(b)两个转移点，若我们选择(a)进行转移，则需要满足：
[f_{a,j-1}+(s_i-s_a)^2<f_{b,j-1}+(s_i-s_b)^2
]
拆平方并移项：
[2s_i(s_b-s_a)<(f_{b,j-1}+s_b^2)-(f_{a,j-1}+s_a^2)
]
两边同除以(s_b-s_a)得：
[2s_i<frac{(f_{b,j-1}+s_b^2)-(f_{a,j-1}+s_a^2)}{s_b-s_a}
]
设(A(x)=s_x,B(x)=f_{x,j-1}+s_x^2)，则上面的式子就相当于：
[2s_i<frac{B(b)-B(a)}{A(b)-A(a)}
]
这是一个斜率的形式。
那么我们就可以开一个单调队列维护一个斜率逐渐上升的序列。
然后每次转移之前，将队首斜率小于(2s_i)的几项弹掉再转移即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 3000
#define INF 1e9
using namespace std;
int n,m,a[N+5],s[N+5],q[N+5],f[N+5][N+5];
int main()
{
RI i,j,H,T;for(scanf("%d%d",&n,&m),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i),s[i]=s[i-1]+a[i];//读入+初始化前缀和
#define A(x) (s[x])
#define B(x) (f[x][j-1]+s[x]*s[x])
#define S(x,y) (1.0*(B(y)-B(x))/(A(y)-A(x)))
#define Slope (2.0*s[i])
for(i=1;i<=n;++i) f[i][0]=INF;//初始化
for(j=1;j<=m;++j) for(q[H=T=1]=0,i=1;i<=n;++i)//注意要先枚j
{
W(H<T&&Slope>=S(q[H],q[H+1])) ++H;//弹掉不合法队首
f[i][j]=f[q[H]][j-1]+(s[i]-s[q[H]])*(s[i]-s[q[H]]);//转移
W(H<T&&S(q[T-1],q[T])>=S(q[T-1],i)) --T;q[++T]=i;//保证单调递增，放入队尾
}return printf("%lld",1LL*m*f[n][m]-1LL*s[n]*s[n]),0;//输出答案
}