题目
题解
此题是很基础的斜率DP的入门题。
题意很清楚，就是输出序列a[n]，每连续输出的费用是连续输出的数字和的平方加上常数M
让我们求这个费用的最小值。
设dp[i]表示输出前i个的最小费用，那么有如下的DP方程：
$dp[i]= min \lbrace{ dp[j]+(sum[i]-sum[j])^2 +M \rbrace} (0<j<i)$
其中 sum[i]表示数字的前i项和。
相信都能理解上面的方程。
直接求解上面的方程的话复杂度是O(n^2)
对于500000的规模显然是超时的。下面讲解下如何用斜率优化DP使得复杂度降低一维。
我们首先假设在算 dp[i]时，$k<j$,j点比k点优。
也就是
$dp[j]+(sum[i]-sum[j])^2+M <= dp[k]+(sum[i]-sum[k])^2+M;$
所谓j比k优就是DP方程里面的值更小
对上述方程进行整理很容易得到：
$[(dp[j]+sum[j]*sum[j])-(dp[k]+sum[k]*sum[k])] / 2(sum[j]-sum[k]) <=sum[i].$
注意整理中要考虑下正负，涉及到不等号的方向。
左边我们发现如果令：$yj=dp[j]+sum[j]*sum[j]$
$xj=2*sum[j]$
那么就变成了斜率表达式：$（yj-yk）/(xj-xk) <= sum[i];$
而且不等式右边是递增的。
所以我们可以看出以下两点：我们令$g[k,j]=(yj-yk)/(xj-xk)$
第一：如果上面的不等式成立，那就说j比k优，而且随着i的增大上述不等式一定是成立的，也就是对i以后算DP值时，j都比k优。那么k就是可以淘汰的。
第二：如果$k<j<i$而且$g[k,j]>g[j,i]$那么 j 是可以淘汰的。
假设 $g[j,i]<sum[i]$就是i比j优，那么j没有存在的价值
相反如果 $g[j,i]>sum[i]$那么同样有 $g[k,j]>sum[i]$那么 k比 j优 那么 j 是可以淘汰的
所以这样相当于在维护一个下凸的图形，斜率在逐渐增大。
通过一个队列来维护。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=500002;
int n,m,dp[N],sum[N],q[N],h,t,i;
#define get(i,j) dp[j]+(sum[i]-sum[j])*(sum[i]-sum[j])+m
#define up(i,j) (dp[i]+sum[i]*sum[i]-dp[j]-sum[j]*sum[j])
#define down(i,j) (sum[i]-sum[j])*2
int main(){
    while (~scanf("%d%d",&n,&m)){
        for (i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&sum[i]),sum[i]+=sum[i-1];
        h=0;t=1;q[0]=0;
        for (i=1;i<=n;i++){
            while (h+1<t && up(q[h+1],q[h])<=sum[i]*down(q[h+1],q[h])) h++;
            dp[i]=get(i,q[h]);
            while (h+1<t && up(i,q[t-1])*down(q[t-1],q[t-2])<=up(q[t-1],q[t-2])*down(i,q[t-1])) t--;
            q[t++]=i;
        }
        printf("%d\n",dp[n]);
    }
}