[HNOI2008]玩具装箱TOY
题目描述：
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(C_{i}).
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 + sum_{k=i}^{j} C_{k})
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.
输入格式：
第一行输入两个整数(N,L).
接下来(N)行输入(C_{i}).
(1<=N<=50000, 1<=L,C_{i}<=10^{7})
输出格式：
输出最小费用
不难想到，(dp(i))表示把(1......i)号玩具装箱的最小费用。
那么有(dp(i)=min(dp(j)+(sum_{k=j}^{i} C_{k} + i - j - L - 1)^{2}))
这个(O(n^{2}))的DP一定会超时，因此想办法优化。
决策单调性：
如果把决策点打出来，（用(O(n^2))的DP来记录）
可以观察到满足决策单调性
而这个东西非常的套路。
维护一个(tra)指针，表示循环枚举的(i)从哪里转移，(tra)指针要及时更新
更新出(dp(i))后，用(dp(i))去决定(i)的决策区间在哪里
第一步：如果栈顶的决策点不如(i)，把栈顶决策点退栈，重复直到不满足条件。
（注：细节：当决策点区间右端点比(i)还小时，同样要退出循环，并且此时(i)的右边全部是它的决策区间，不需要后面的二分了）
第二步：在当前栈顶决策区间中二分，二分出哪些区间的决策点应该更换为(i)
时间复杂度：(O(n log n))
不用化式子，只要打表就好了，这么好的算法，为什么不用用？？
斜率优化：
(dp(i)=min(dp(j)+(sum_{k=j}^{i} C_{k} + i - j - L - 1)^{2}))
不妨设 (pre(i)=sum_{j=1}^{i} C_{j} +i)
为了方便，默认(L++)
那么
(dp(i)=dp(j)+(pre(i)-pre(j)-L)^{2})
(dp(i)=dp(j)+pre(i)^{2}+pre(j)^{2}+L^{2}-2*pre(i)*pre(j)-2*pre(i)*L+2*pre(j)*L)
(dp(j)-pre(j)^{2}-2*pre(j)*L= -2*pre(i)*pre(j) - dp(i) - 2*pre(i)*L+pre(i)^{2}+L*L)
那么现在就是一个形如(y=kx+b)的式子了
其中( -2 * pre(i) )为( k )，单调递减
其中(pre(j))为( x )，单调递增
同时，要使(dp(i))最小，就要使(b)最大
所以我们要维护一个上凸壳。
因为(k,x)同时单调递增，可以选择单调队列
复杂度：(O(n))