考虑如下(dp)：
(dp(i)=max/min(A(i)+B(j)+C(i)D(j))) ((j < i))
其中，A(i),C(i)只与i有关，B(j),D(j)只与j有关。
括号里有与i,j同时有关的项,导致单调队列优化失效，但是如果这样的项只有一个可以采用斜率优化。方法如下：
将此dp方程转化为(dp(i)-A(i)=max/min(B(j)-C(i)(-D(j)) ))的形式。
设b=dp(i)-A(i)，y=B(j)，k=C(i)，x=-D(j)
即(b=y-kx)，这时，只要使b最小/最大，就能使结果最小/最大。
移项，得(y=kx+b)，转化为直线的形式。每计算完一个j就可以计算出对应的x,y.
其实就是把要最优的值设为b，只和j相关的项设为y，同时相关的设为kx。
还有类似(b=ay-kx)的形式（两项相关），只要转为(b/a=y-(k/a)*x)即可。
以最大为例（最小类似），现在就是要在所有的（x,y）中找出一对使得b最大。
把（x,y）表示为坐标系中点的形式，就是找一个点使得斜率为k的直线经过这个点时与y轴的交点的y坐标尽量大。
可以发现把斜率为k的直线放在无限高处，再向下平移，接触到的第一个点就是结果。
如图：
因为要求最大值，所以只有上凸包上的点有可能成为最大值，其他点可以删除。
这时，红色箭头即为b，绿色箭头即为最优的（x，y）。dp(i)就是b+A(i)。
如果x单调，k也单调，就可以用队列或栈来维护凸包。（时间复杂度(O(N))）
如果k不单调，可以在凸包上二分，找到第一个斜率小于k的位置，并计算解。（时间复杂度(O(NlogN))）
如果x不单调，可以用splay维护凸包，或利用CDQ分治，在每层将x，k排序，使x，k递增。（时间复杂度(O(NlogN))）
例题：bzoj1911[Apio2010] 特别行动队
设 f[i] 表示将前 i 个分组的最优值,则有转移方程式:
(f[i]=max（ f[j]+a×(C[i]-C[j])^2+b×(C[i]-C[j])+c ）)
经过化简得到:
(f[i]=max( f[j]+a×C[j]^2-b×C[j]-2×a×C[i]×C[j]+a×C[i]^2+b×C[i]+c ))
设(A(i)=a×C[i]^2+b×C[i]+c)
(B(j)=f[j]+a×C[j]^2-b×C[j])
(C(i)=2×a×C[i])
(D(j)=-C[j])
就可以进行斜率优化了。且x单调递增，k单调递减，可以使用队列维护凸包。
代码：
#include <stdio.h>
#define ll long long
ll dp[1000010];
int sz[1000010],S[1000010];
ll X[1000010],Y[1000010],he=0,ta=0;
int main()
{
int n,a,b,c;
scanf("%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&sz[i]);
S[i]=sz[i]+S[i-1];
}
for(int i=0;i<=n;i++)
{
if(i==0)
dp[i]=0;
else
{
int k=2*a*S[i];
while(he+1<ta&&Y[he]-k*X[he]<Y[he+1]-k*X[he+1])//从队首删除点
he+=1;
dp[i]=Y[he]-k*X[he]+(ll)a*S[i]*S[i]+(ll)b*S[i]+c;//计算dp值
}
ll x=S[i],y=dp[i]+(ll)a*S[i]*S[i]-(ll)b*S[i];//计算x，y值
while(he+1<ta&&double(y-Y[ta-1])/(x-X[ta-1])>double(Y[ta-1]-Y[ta-2])/(X[ta-1]-X[ta-2]))//入队
ta-=1;
X[ta]=x,Y[ta]=y;
ta+=1;
}
printf("%lld",dp[n]);
return 0;
}