斜率优化动态规划可以用来解决这道题。同时这也是一道经典的斜率优化基础题。
分析：明显是动态规划。令(dp[i])为前(i)个装箱的最小花费。
转移方程如下：
[dp[i]=minlimits_{0 leq j < i} { dp[j]+( sum limits_{k = j + 1}^{i}{C_k} + i - j - 1 - L) ^ 2}
]
用(sum[i])表示前(i)个容器的长度之和（即(C)的前缀和），方程简化为：
[dp[i]=minlimits_{0 leq j < i} { dp[j]+( sum[i]-sum[j] + i - j - 1 - L) ^ 2}
]
又令(f[i])为(sum[i]+i)，继续简化方程为：
[dp[i]=minlimits_{0 leq j < i} { dp[j]+( f[i]-f[j] - 1 - L) ^ 2}
]
暴力dp是(O(n^2))，考虑优化。如何优化，就是用前面所提到的斜率优化。这玩意到底是什么？我们先来继续对状态转移方程进行进一步的推导。
对于每个(dp[i])可以知道都是由一个(j0)推过来的。这个(j0)对于当前的(i)是最优的决策。假设现在有两个决策(j_1,j_2 (1 leq j_1 < j_2 < i))，且决策(j_2)优于(j_1)，则有：
[dp[j_1]+( f[i]-f[j_1] - 1 - L) ^ 2 geq dp[j_2]+( f[i]-f[j_2] - 1 - L) ^ 2
]
拆开可得：
[dp[j_1]+f[i]^2-2f[i](f[j_1]+1+L)+(f[j_1]+L+1)^2 geq dp[j_2]+f[i]^2-2f[i](f[j_2]+1+L)+(f[j_2]+L+1)^2
]
化简可得：
[2f[i](f[j_2] + 1 + L)-2f[i](f[j_1] + 1 + L) geq dp[j_2]+(f[j_2]+1+L)^2 - (dp[j_1]+(f[j_1]+1+L)^2)
]
即：
[2f[i] geq frac{dp[j_2]+(f[j_2]+1+L)^2 - (dp[j_1]+(f[j_1]+1+L)^2)}{f[j_2]-f[j_1]}
]
令(g[i] = (f[i]+L+1)^2)，可得：
[2f[i] geq frac{dp[j_2]+g[j_2] - (dp[j_1]+g[j_1])}{f[j_2]-f[j_1]}
]
也就是说，若(j1,j2)满足上面这个式子，那么(j2)一定比(j1)优。
为什么叫斜率优化？因为上面这个式子可以把看作(dp[i]+g[i])看做纵坐标，(f[i])看做横坐标，上面的等式右侧就相当于(frac{Delta y}{Delta x}=k)也就是一个一次函数的斜率。当这个斜率(k leq 2f[i])则(j_2)优于(j_1)。
假如我们有三个决策(j_1,j_2,j_3)（如下图）
容易证明：(j_2)不可能是最优的。
这样一来，每两个决策间的斜率便是单调上升的。
所以有两种做法：
- 对于(dp[i])，有了斜率单调上升这个条件，就可以去二分最优的决策点（也就是斜率小于(2f[i])的）。复杂度(O(n log n))。
- 又因为(f[i])是单调递增的，可以用单调队列来维护。具体实现就是，把决策放进一个单调队列里，如果队首和当前的(i)间的斜率 (<f[i])，就把队首删掉（即h++）。对于队尾，就每次把加入(i)后不满足斜率单调上升的队尾全部删掉（即t--），最后把(i)放进单调队列就好了。
注意事项：
long long.
还有 $g[0]=(L + 1) ^ 2 $而不是(0)!!!!（因为这个我调了很久）
给一下单调队列做法的代码：
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int MAXN = 50050;
int N, L, dp[MAXN], sum[MAXN], f[MAXN], g[MAXN], h, t, Q[MAXN];
inline double xie(int j1, int j2)
{
return (double) (dp[j2] + g[j2] - dp[j1] - g[j1]) / (f[j2] - f[j1]);
}
#undef int
int main()
{
scanf("%d%d", &N, &L);
for(int i = 1; i <= N; i++)
{
scanf("%d", &sum[i]);
sum[i] += sum[i - 1];
f[i] = sum[i] + i;
g[i] = (f[i] + L + 1) * (f[i] + L + 1);
}
g[0] = (L + 1) * (L + 1); //important!!!
for(int i = 1; i <= N; i++)
{
while(h < t && xie(Q[h], Q[h + 1]) <= 2 * f[i]) h++;
dp[i] = dp[Q[h]] + (f[i] - f[Q[h]] - L - 1) * (f[i] - f[Q[h]] - L - 1); //更新dp值
while(h < t && xie(Q[t], i) < xie(Q[t - 1], Q[t])) t--;
Q[++t] = i;
}
printf("%lld
", dp[N]);
return 1；//防抄
}