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大概题意就是要输出N个数字a[N]，输出的时候可以连续连续的输出，每连续输出一串，它的费用是 “这串数字和的平方加上一个常数M”。

我们设dp[i]表示输出到i的时候最少的花费，sum[i]表示从a[1]到a[i]的数字和。于是方程就是：

dp[i]=dp[j]+M+(sum[i]-sum[j])^2；

很显然这个是一个二维的。题目的数字有500000个，不用试了，二维铁定超时了。那我们就来试试斜率优化吧，看看是如何做到从O(n^2)复杂度降到O(n)的。

分析:

我们假设k<j<i。如果在j的时候决策要比在k的时候决策好，那么也是就是dp[j]+M+(sum[i]-sum[j])^2<dp[k]+M+(sum[i]-sum[k])^2。(因为是最小花费嘛，所以优就是小于)

两边移项一下，得到：(dp[j]+num[j]^2-(dp[k]+num[k]^2))/(2*(num[j]-num[k]))<sum[i]。我们把dp[j]-num[j]^2看做是yj，把2*num[j]看成是xj。

那么不就是yj-yk/xj-xk<sum[i]么？   左边是不是斜率的表示？ 

那么yj-yk/xj-xk<sum[i]说明了什么呢？  我们前面是不是假设j的决策比k的决策要好才得到这个表示的？ 如果是的话，那么就说明g[j,k]=yj-jk/xj-xk<sum[i]代表这j的决策比k的决策要更优。

关键的来了：现在从左到右，还是设k<j<i，如果g[i,j]<g[j,k]，那么j点便永远不可能成为最优解，可以直接将它踢出我们的最优解集。为什么呢？

我们假设g[i,j]<sum[i]，那么就是说i点要比j点优，排除j点。

如果g[i,j]>=sum[i]，那么j点此时是比i点要更优，但是同时g[j,k]>g[i,j]>sum[i]。这说明还有k点会比j点更优，同样排除j点。

排除多余的点，这便是一种优化！

接下来看看如何找最优解。

设k<j<i。

由于我们排除了g[i,j]<g[j,k]的情况，所以整个有效点集呈现一种上凸性质，即k j的斜率要大于j i的斜率。

这样，从左到右，斜率之间就是单调递减的了。当我们的最优解取得在j点的时候，那么k点不可能再取得比j点更优的解了，于是k点也可以排除。换句话说，j点之前的点全部不可能再比j点更优了，可以全部从解集中排除。

于是对于这题我们对于斜率优化做法可以总结如下：

1，用一个单调队列来维护解集。

2，假设队列中从头到尾已经有元素a b c。那么当d要入队的时候，我们维护队列的上凸性质，即如果g[d,c]<g[c,b]，那么就将c点删除。直到找到g[d,x]>=g[x,y]为止，并将d点加入在该位置中。

3，求解时候，从队头开始，如果已有元素a b c，当i点要求解时，如果g[b,a]<sum[i]，那么说明b点比a点更优，a点可以排除，于是a出队。最后dp[i]=getDp(q[head])。

#include<cstdio>#define pf(x) ((x)*(x))using namespace std;const int N=5e5+5;int n,sum[N],q[N];int m,f[N];inline int gety(int j,int k){    return f[j]+pf(sum[j])-(f[k]+pf(sum[k]));}inline int getx(int j,int k){    return sum[j]-sum[k]<<1;}int main(){    while(~scanf("%d%d",&n,&m)){        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",sum+i),sum[i]+=sum[i-1];        int h=0,t=0;q[t]=0;        for(int i=1;i<=n;i++){            for(;h<t&&gety(q[h+1],q[h])<=sum[i]*getx(q[h+1],q[h]);h++);            f[i]=f[q[h]]+pf(sum[i]-sum[q[h]])+m;            for(;h<t&&gety(i,q[t])*getx(q[t],q[t-1])<=gety(q[t],q[t-1])*getx(i,q[t]);t--);            q[++t]=i;        }        printf("%d\n",f[n]);    }    return 0;}