1010: [HNOI2008]玩具装箱toy
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Description
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.
Input
第一行输入两个整数N，L.接下来N行输入Ci.1<=N<=50000,1<=L,Ci<=10^7
Output
输出最小费用
Sample Input
5 4
3
4
2
1
4
3
4
2
1
4
Sample Output
1
线性的DP关系式为 dp[i]=min{dp[i],dp[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2}
显然超时，考虑优化。
假设i选择时有k优于j(k>j 之所以选k大于j的原因是从前往后扫，考虑后面优于前面是否可以舍弃前面的）；
1：首先证明满足单调性（换句话说就是对一个当前的i来说，如果k优于j，那么i之后k都优于j）
有dp[k]+(sum[i]-sum[k]+i-k-1-L)^2<dp[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2;(不妨令f[i]=sum[i]+i,C=1+L)
则有dp[k]+(f[i]-f[k]-C)^2<dp[j]+(f[i]-f[j]-C)^2
要证对于任意t>i 均有dp[k]+(f[t]-f[k]-C)^2<dp[j]+(f[i]-f[j]-C)^2 (令f[t]=f[i]+v，嗯经过一系列运算可以知道这个可以证明）
2：利用这个结论
若是利用这个结论条件肯定得先满足吧 所以有dp[k]+(f[i]-f[k]-C)^2<dp[j]+(f[i]-f[j]-C)^2
==》》 (dp[k]+(f[k]+c)^2-dp[j]-(f[j]+c)^2)/2*(f[k]-f[j])<=f[i] （1）
==》》 (dp[k]+(f[k]+c)^2-dp[j]-(f[j]+c)^2)/2*(f[k]-f[j])<=f[i] （1）
即在从前向后扫描的过程中 只要满足（1）式，就可以去掉队首，若去不掉就将队首作为中介进行运算（这是第一个while所在）
其次，若是将一个元素添加到队列中，必须要将其和原倒数第一个进行比较，若其优于倒数第一个，则将其替换掉（第二个while),这个的意义所在是防止出现 中优，次优，最优这种队列排序，如果没有while的话，计算时只能选取一个中优的而不是最优的（这个是第一个while不能去掉的）具体代码实现请移步http://hzwer.com/2114.html