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。
Solution
难得过样例1A心情大好（虽然明明是道入门题）
发现我现在写题解吐槽比正文还多QvQ…于是还是证一下吧
感觉和上一题差不多
设i<j<k
若在i点决策比在j点决策优 则有（sum数组储存前缀和）
dp[i]+(sum[k]-sum[i]+k-i-1-L)2<dp[j]+(sum[k]-sum[j]+k-j-1-L)2
设f[i]=sum[i]+i,C=1+L
则有dp[i]+(f[k]-f[i]-C)2<dp[j]+(f[k]-f[j]-C)2
移项可得2(f[k]-C)(f[j]-f[i])<dp[j]-dp[i]+f[j]2-f[i]2
即f[k]-C<(dp[j]-dp[i]+f[j]2-f[i]2)/[2(f[j]-f[i])]
所以当 slope(q[head],q[head+1])<=(f[i]-l-1) 时q[head]和q[head+1]构成的线段在右端点决策会比在左端点决策优，左端点出队
我们维护的是一个斜率不断增大的下凸的凸包，因为 slope(q[tail-1],i)<=slope(q[tail-2],q[tail-1]) 时，q[tail-1]显然不可能成为最优的决策点，q[tail-1]出队
（当slope(q[tail-1],i)>f[i]-C时q[tail-1]比i更优，但同时slope(q[tail-2],q[tail-1])>f[i]-C 即q[tail-2]比q[tail-1]优）
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #define MAXN 50005 using namespace std; int n,l,head,tail,q[MAXN]; long long sum[MAXN],f[MAXN],dp[MAXN]; long long getx(int i,int j) { return dp[j]+f[j]*f[j]-dp[i]-f[i]*f[i]; } long long gety(int i,int j) { return 2*(f[j]-f[i]); } void DP(int i,int j) { dp[i]=dp[j]+(f[i]-f[j]-l-1)*(f[i]-f[j]-l-1); } int main() { scanf("%d%d",&n,&l); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld",&sum[i]); sum[i]+=sum[i-1]; f[i]=sum[i]+i; } head=tail=0; q[tail++]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { while(head+1<tail&&getx(q[head],q[head+1])<=(f[i]-l-1)*gety(q[head],q[head+1])) head++; DP(i,q[head]); while(head+1<tail&&getx(q[tail-1],i)*gety(q[tail-2],q[tail-1])<=getx(q[tail-2],q[tail-1])*gety(q[tail-1],i)) tail--; q[tail++]=i; } printf("%lld",dp[n]); return 0; }