设序列 $a_1,a_2,a_3,a_4,...,a_n$ 的平均值为 $x$，权值和为 $tot$，方差 $S=\frac{\sum _{i=1}^n(a_i-x{)}^2}{n}$
乘上 $n^2$ 得到：$S=\frac{\sum _{i=1}^n(m\ast a_i-tot{)}^2}{n}$

统计分子部分，最后再除以 n。

题目转化过来就是将 n 个数分成 m 段，使得最后 $S$ 尽可能小。
每一段对 $S$ 的分子部分的贡献不难计算，考虑 dp，dp[i][j] 表示前 i 个数分成 j 段对 S 的最小贡献，答案显然为 dp[n][m]

转移方程：$dp[i][t]=\underset{j=1}{\overset{i}{\min }}(dp[j][t-1]+(m\ast (sum[i]-sum[j])-tot{)}^2)$

注意初值，对所有的 $i<j,dp[i][j]=inf$

直接做的复杂度是 $n^{2}m$，考虑优化，将式子展开可以得到：

$dp[i][t]=\underset{j=1}{\overset{i}{\min }}(dp[j][t-1]+m^2\ast sum[i{]}^2+m^2\ast sum[j{]}^2-2m^2\ast sum[i]\ast sum[j]+to{t}^2-2m\ast tot\ast sum[i]+2\ast m\ast tot\ast sum[j])$

出现了 $2m^2\ast sum[i]\ast sum[j]$，考虑斜率优化，斜率为 $2m\ast sum[i]$ (移项后的斜率)，斜率单调递增，要求 $dp[i][t]$ 最小值，维护下凸包。

设 $j>k$，在 $j$ 点比在 $k$ 点转移更优，则满足 ：
$dp[j][t-1]+m^2\ast sum[i{]}^2+m^2\ast sum[j{]}^2-2m^2\ast sum[i]\ast sum[j]+to{t}^2-2m\ast tot\ast sum[i]+2\ast m\ast tot\ast sum[j]$ $<$

$dp[k][t-1]+m^2\ast sum[i{]}^2+m^2\ast sum[k{]}^2-2m^2\ast sum[i]\ast sum[k]+to{t}^2-2m\ast tot\ast sum[i]+2\ast m\ast tot\ast sum[k]$

式子非常长，后面一段就是把 j 换成 k，消掉相同的并进行移项化简，最后可以得到：

令 $c[i][t]=dp[i][t]+m^2\ast sum[i{]}^2+2m\ast tot\ast sum[i]$

代入得：$\frac{c[j][t-1]-c[k][t-1]}{sum[j]-sum[t]}<2m\ast sum[i]$

用单调队列维护 $\frac{c[j][t-1]-c[k][t-1]}{sum[j]-sum[t]}$ 单增，根据决策单调性寻找最优转移点，复杂度降为 $O(n\ast m)$

对第二维可以进行滚动，最后答案要记得除以 m。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 3e3 + 10;
typedef long long ll;
const ll inf = 1e17;
int n,N;
ll sum[maxn],dp[maxn],tp[maxn],c[maxn],m[5],tot;
int q[maxn],front,rear;
ll calc(int x,int y) {
    
    
	ll tmp = m[1] * (sum[x] - sum[y]) - tot;
	return tp[y] + tmp * tmp;
}
int main() {
    
    
	scanf("%d%d",&n,&m[1]);
	for (int i = 2; i <= 4; i++)
		m[i] = 1ll * m[i - 1] * m[1];
	for (int i = 1,x; i <= n; i++)
		scanf("%d",&sum[i]);
	for (int i = 1; i <= n; i++) 
		sum[i] += sum[i - 1];
	tot = sum[n];
	for (int j = 1; j <= n; j++)
		tp[j] = dp[j] = inf;
	for (int t = 1; t <= m[1]; t++) {
    
    
		front = rear = 0;
		q[++rear] = t - 1;
		for (int i = t; i <= n; i++) {
    
    
			while (front + 1 < rear && calc(i,q[front + 1]) >= calc(i,q[front + 2]))
				front++;
			dp[i] = calc(i,q[front + 1]);
			while (front + 1 < rear && (c[i] - c[q[rear]]) * (sum[q[rear]] - sum[q[rear - 1]]) 
				<= (c[q[rear]] - c[q[rear - 1]]) * (sum[i] - sum[q[rear]]))
				rear--;
			q[++rear] = i;
		}
		for (int i = 0; i <= n; i++) {
    
    
			tp[i] = dp[i];
			c[i] = tp[i] + m[2] * sum[i] * sum[i] + 2 * m[1] * tot * sum[i];
			dp[i] = inf;
		}
	}	
	printf("%lld\n",tp[n] / m[1]);
	return 0;
}