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题目传送门 - BZOJ1010
题意
一个数列$C$，然后把这个数列划分成若干段。
对于数列$C$的某一段，是从$i$~$j$的，那么就会产生$(i-j+(sum_{k=i}^j C_k)-L)^2$的花费。
一种划分方式的花费就是划分出来的每一段产生的花费和。
求所有不同的划分方式所产生的总花费中最小花费为多少。
序列长度$leq 5 imes 10^4$。
题解
看着好像斜率优化啊。
恩对斜率优化，我们来推式子。
记
$dp_i$表示数列$C$的长度为$i$的前缀序列的最小花费。
$sum_i=sum_{j=1}^{i}C_j$
$s_i=sum_i+i$
于是我们很容易得到：
$$dp_i=min{dp_j+(s_i-s_j-1-L)^2}(0leq j<i)$$
然后我们推一推式子。
$$dp_j+(s_i-s_j-1-L)^2\=dp_j+s_j^2+2(L+1)s_j-2s_is_j+si^2-2(L+1)s_i+(L+1)^2$$
假设$j>k$，且选$j$优于选择$k$，则：
$$dp_j+s_j^2+2(L+1)s_j-2s_is_j+si^2-2(L+1)s_i+(L+1)^2<dp_k+s_k^2+2(L+1)s_k-2s_is_k+si^2-2(L+1)s_i+(L+1)^2$$
$$Longrightarrow dp_j+s_j^2+2(L+1)s_j-2s_is_j<dp_k+s_k^2+2(L+1)s_k-2s_is_k$$
令
$$x_i=s_i$$
$$y_i=dp_i+s_i^2+2(L+1)s_j$$
$$dp_j+s_j^2+2(L+1)s_j-2s_is_j<dp_k+s_k^2+2(L+1)s_k-2s_is_k$$
$$Longrightarrow y_j-2s_ix_j<y_k-2s_ix_k$$
$$Longrightarrow frac{y_j-y_k}{x_j-x_k}<2s_i$$
注意由于开始限制了$j>k$所以$x_j-x_k>0$，所以最后两边同时相除不等式仍然成立。
设
$$g_{i,j}=frac{y_i-y_j}{x_i-x_j} (i>j)$$
则上式可以表示为$g_{j,k}<2s_i$
我们来发掘以下$g_{j,k}$的性质。
1. 当$g_{j,k}leq 2s_i$时，由于随着$i$变大，$2s_i$也变大，所以显然从$k$转移是永远不会比$j$好的，所以我们可以把$k$扔掉。
2. 当$g_{i,j}leq g_{j,k}$时，从$i$或者$k$转移至少有一个不比$j$差，所以可以把$j$扔掉。为什么？？
若$g_{i,j}leq 2s_i$，显然$j$要被扔掉，根据第一个性质。
若$g_{i,j}>2s_i$，则$g_{j,k}>2s_i$，那么显然$j$比$k$差，也得被扔掉。
于是我们可以用一个单调队列来维护斜率的单调性。
具体的：
当情况1发生的时候让队首出队。
在进队的时候，如果发生情况2，那么先让队尾出队，然后再进队。
为了避免精度问题，我们可以把$x_i-x_j$乘上来。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=50005;
int n,q[N],head=1,tail=0;
LL L,s[N],dp[N],x[N],y[N];
int main(){
scanf("%d%lld",&n,&L);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&s[i]),s[i]+=s[i-1]+1;
q[++tail]=0;
for (int i=1;i<=n;i++){
int j=q[head+1],k=q[head];
while (tail-head>0&&y[j]-y[k]<=2LL*s[i]*(x[j]-x[k]))
head++,j=q[head+1],k=q[head];
j=k;
dp[i]=dp[j]+(s[i]-s[j]-L-1)*(s[i]-s[j]-L-1);
x[i]=s[i];
y[i]=dp[i]+s[i]*s[i]+2LL*(L+1)*s[i];
j=q[tail],k=q[tail-1];
while (tail-head>0&&(y[i]-y[j])*(x[j]-x[k])<=(y[j]-y[k])*(x[i]-x[j]))
tail--,j=q[tail],k=q[tail-1];
q[++tail]=i;
}
printf("%lld",dp[n]);
return 0;
}