题面：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.
思路：O（n^2）的DP很容易：
令前i个玩具长度之和为sum[i],则f[i]=min(f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2)
然后就是斜率优化了。
f[i]=f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2
为了简化式子，令s[i]=sum[i]+i,m=s[i]-1-L;
所以f[i]=f[j]+(m-s[j])^2
f[i]=f[j]+m^2-2*m*s[j]+s[j]^2
f[j]+s[j]^2=2*m*s[j]+f[i]-m^2
这时我们就得到了一个形如y=kx+b的式子，其中k是与i有关的式子，x是关于j的式子，b是包含f[i]的式子。
我们要使f[i]最小或最大，只要求截距b最小或最大时的j就可以取到答案
这题中y=f[j]+s[j]^2 k=2*m x=s[j] b=f[i]-m^2
要使f[i]最小，那么就要使截距b最小，我们把状态抽象成点，观察图象
j和k两个点在斜率为2*m时哪个更优呢，当然是slope(j,k)<2*m时k更优，因为这题中查询的斜率递增，所以以后k也比j优
又因为这题x是递增的，所以我们用队列维护一下，slope(q[head],q[head+1])<2*m时，队头元素就可以删去了，删到不能删为止
加入一个新点i后我们就要考虑队列中那些点变得没有意义了，画图得知，对于队尾的点,slope(q[tail],q[tail-1])>slope(q[tail],i),那么队尾就没有意义了，此时我们就可以删去。
所以每次转移时只要找队头元素即可。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=50010;
int n,L,q[maxn];
ll sum[maxn],s[maxn],f[maxn],m;char ch;
double slope(int i,int j){return 1.0*(f[i]+s[i]*s[i]-f[j]-s[j]*s[j])/(s[i]-s[j]);}
void read(ll &x){
for (ch=getchar();!isdigit(ch);ch=getchar());
for (x=0;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&L);
for (int i=1;i<=n;i++) read(sum[i]),sum[i]+=sum[i-1],s[i]=sum[i]+i;
int head=0,tail=0;f[0]=q[0]=0;
for (int i=1;i<=n;i++){
m=s[i]-L-1;
while (head<tail&&slope(q[head+1],q[head])<=2*m) head++;
int j=q[head];f[i]=f[j]+(m-s[j])*(m-s[j]);
while (head<tail&&slope(q[tail],q[tail-1])>=slope(i,q[tail])) tail--;
q[++tail]=i;
}
printf("%lld
",f[n]);
return 0;
}