摘自YYF的blog，斜率优化，敬一个！

　　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 434214

Sample Output

1

　　先推出普通dp的方程

f[i] = min{f[j] + (sum[i] - sum[j] + i - j - 1 - L)²}

　　这方程明显是O(n²)级别的，再看看这卖萌的数据范围，不用质疑，铁定超时。还是来考虑一下优化(例如斜率优化)吧。由于这方程长得太丑了，于是决定简化一下

　　设S(i) = sum[i] + i，C = L + 1

　　于是方程变成了这样

f[i] = min{f[j] + (S(i) - S（j） - C)²}

　　现在假设在状态i之前有两个可以转移到i的两个状态j, k(j < k),现在使j比k更优，那么它要满足

f[j] + (S(i) - S（j） - C)² < f[k] + (S(i) - S（k） - C)² 

　　看平方不爽，而且无法化简，果断完全平方公式拆掉

f[j] + [S(i) - (S（j） + C)]² < f[k] + [S(i) - (S（k） + C)]²

f[j] + (S(j) + C)² - 2S(i)[S(j) + C] < f[j] + (S(k) + C)² - 2S(i)[S(k) + C]

　　（其实可以一起拆掉，只不过中途有些地方可以直接"抵消"）继续"拆"括号，移项

f[j] + S(j)² + 2S(j)C - 2S(i)[S(j) - S(k)] < f[k] + S(k)² + 2S(k)C

　　继续，右边只留一个和i有关的单项式

(f[j] + S(j)² + 2S(j)C) - (f[k] + S(k)² + 2S(k)C) < 2S(i)[S(j) - S(k)]

　　继续移项，右边只留和i有关的式子

　　注意，S(i)是单调递增，所以S(j) - S(k) < 0，移项的时候不等号方向相反，于是我们愉快地得到了斜率方程（干什么？斜率优化去掉一个n）。

　　对于状态i，用(f[i] + S(i)² + 2S(i)C)作纵坐标，2S(i)作横坐标，删掉上凸点，维护一条斜率递增的折线即可。

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