题意：给你n个数字，然后叫你从这些数字中选出m堆，使得每一堆的总和最小，一堆的总和就是这一堆中最大值减去最小值的平方，最后要使得所有堆加起来的总和最小。
思路：对这些数字排序之后，很容易想到DP解法，用dp[i][j]表示数字i现在在第j堆，那么转移方程就是dp[i][j] = min(dp[i][j] , dp[k][j - 1] + (a[i] - a[k + 1]) ^ 2)。因为已经排序，所以这一堆中的最大最小值其实就是a[i]和a[k + 1]。所以用DP可解。
但是注意到这实际上是需要3重循环的，而且N和M分别为10 ^ 4和5 * 10 ^ 3，所以会TLE。
其实看到转移方程后面的部分，我们就应该能想到斜率优化的方法。
假设k < l < i，我们要使得k的决策优于l，那么也就是dp[k][j - 1] + (a[i] - a[k + 1]) ^ 2 < dp[l][j - 1] + (a[i] - a[l + 1]) ^ 2 。
化简得(dp[k][j - 1] + a[k + 1] ^ 2 - (dp[l][j - 1] + a[l + 1] ^ 2)) / (2 * (a[k + 1 ] - a[l + 1])) < a[i] 。
也就是说符合上述斜率要求的k，是优于l的。
我们用g(k ,l )表示k的决策优于l。
那么我们每次更新 dp[i][j]的值的时候，只需要取出最优的决策即可，所以这一维就是O(1) .
进一步说，在第一个while 中，如果这时候队列里有两个元素,qe[l + 1] 和qe[l]。如果这时候g(qe[l + 1] , qe[l])成立，那么这时候qe[l]就不需要再计算了，因为qe[l + 1]的决策比他更优，所以我们只需要找出最优的决策，更新一次即可。
同样的，假设k < l < i 。如果g(i , l ) < g(l , k)，那么此时l是可以被优化掉的。因为他不可能是最优解。这就是第二个while的作用。
#include <set>
#include <map>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <vector>
#include <iomanip>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define Max 2505
#define FI first
#define SE second
#define ll long long
#define PI acos(-1.0)
#define inf 0x3fffffff
#define LL(x) ( x << 1 )
#define bug puts("here")
#define PII pair<int,int>
#define RR(x) ( x << 1 | 1 )
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,s,t) for( int i = ( s ) ; i <= ( t ) ; ++ i )
using namespace std;
#define N 11111
#define M 5555
int dp[N][M] ;
int a[N] ;
int getU(int j ,int k ,int z){
return dp[k][j - 1] + a[k + 1] * a[k + 1] - (dp[z][j - 1] + a[z + 1] * a[z + 1]) ;
}
int getD(int k , int z){
return 2 * (a[k + 1] - a[z + 1]) ;
}
int getDP(int i , int j ,int k){
return dp[k][j - 1] + (a[i] - a[k + 1]) * (a[i] - a[k + 1]) ;
}
int qe[N * 10] ;
void solve(){
int n , m ;
cin >> n >> m ;
for (int i = 1 ; i <= n ; i ++ )cin >> a[i] ;
sort(a + 1 , a + n + 1 ) ;
for (int i = 0 ; i <= n ; i ++ ){
for (int j = 0 ; j <= m ; j ++ )
dp[i][j] = inf ;
dp[i][1] = (a[i] - a[1]) * (a[i] - a[1]) ;
}
dp[0][0] = 0 ;
for (int j = 1 ; j <= m ; j ++ ){
int l = 0 , r = 0 ;
qe[r ++ ] = 0 ;
for (int i = 1 ; i <= n ; i ++ ){
while(l + 1 < r && getU(j , qe[l + 1] , qe[l]) <= a[i] * getD(qe[l + 1] ,qe[l]))l ++ ;
dp[i][j] = getDP(i , j , qe[l]) ;
while(l + 1 < r && getU(j , i , qe[r - 1]) * getD(qe[r - 1] , qe[r - 2]) <=
getU(j , qe[r - 1] , qe[r - 2]) * getD(i , qe[r - 1]))r -- ;
qe[r ++ ] = i ;
}
}
cout << dp[n][m] << endl;
}
int main() {
int ca = 0 ;
int t ; cin >> t ; while(t -- ){
printf("Case %d: ",++ca) ;
solve() ;
}
return 0 ;
}