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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
HINT
Source
首先O(n^2)的dp方程很容易得到，用f[i]表示前i个玩具装箱所得到的最小花费,sum[i]表示前i个玩具的长度：
f[i]=min(f[j]+(i-j-1+sum[i]-sum[j]-L)^2)(0<j<i);
首先进行换元
设M=L+1,t[i]=sum[i]+i;
所以即可得到f[i]=min(f[j]+(t[i]-t[j]+m)^2)
设j<k,j的取值比k更优，则
f[j]+(t[i]-t[j]-m)^2<f[k]+(t[i]-t[k]+m)^2
f[j]+t[i]^2-2*t[i]*(t[j]+m)+(t[j]+m)^2<f[k]+t[i]^2-2*t[i]*(t[k]+m)+(t[k]+m)^2f[j]-2*t[i]*t[j]+t[j]^2+2*m*t[j]<f[k]-2*t[i]*t[k]+t[k]^2+2*m*t[k]
f[j]-t[j]*2*(t[i]-m)+t[j]^2<f[k]-t[k]*2*(t[i]-m)+t[k]^2
2*(t[i]-m)*(t[k]-t[j])<f[k]+t[k]^2-f[j]-t[j]^2
((f[k]+t[k]^2)-(f[j]+t[j]^2))/(t[k]-t[j])>2*(t[i]-m)
这样就得到了一个斜率yi=f[i]+t[i]^2 xi=t[i]
所以我们维护一个单调队列，单调性是两个相邻的数的斜率单调递增，即一个下凸壳。
每次开始时，我们先把从队头开始斜率小于等于2*(t[i]-m)的删除,原因是如果满足此条件，那么q[t]必然没有q[t+1]优。
#include<cstdio> typedef long long ll; const int N=50005; ll f[N],t[N]; int q[N]; double qz(int a,int b) { return (double)(f[a]+t[a]*t[a]-f[b]-t[b]*t[b])/(t[a]-t[b]); } int main() { int n,tt=0,ww=0; ll m; scanf("%d%lld",&n,&m);++m; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&t[i]),t[i]+=t[i-1]; for(int i=1;i<=n;i++) t[i]+=i; for(int i=1;i<=n;i++) { double xl=2*(t[i]-m); for(;tt<ww&&qz(q[tt],q[tt+1])<=xl;tt++); f[i]=f[q[tt]]+(t[i]-t[q[tt]]-m)*(t[i]-t[q[tt]]-m); for(;tt<ww&&qz(q[ww],q[ww-1])>=qz(q[ww],i);ww--); q[++ww]=i; } printf("%lld",f[n]); return 0; }