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题意：有编号为 $1\cdots N$的N件玩具，第 i 件玩具经过压缩后变成一维长度为 $C_i$​ 。要求在一个容器中的玩具编号是连续的，同时如果将第 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 $x=j-i+\sum\limits_{k=i}^{j}C_k$。​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。容器数目长度不限。求最小费用。
$1 \le N \le 50000,1 \le L,Ci \le 10^7$

这道题是斜率优化的经典题了qvq
当然dp顺序肯定是从前到后了
分析一下答案式
用f(j)来更新f(i)
$X = i-(j + 1)+\sum\limits_{k=j + 1}^{i}C_k = sum[i] + i - sum[j] - j - L - 1$
设 $a[i] = sum[i] + i, b[i] = sum[i] + i + 1 + L$
$f[i] = f[j] + (X - L)^2 = f(j) + (a[i] - b[j]) ^ 2$
这里面 随j改变的量是 $b[j], b[j]^2$和 $f[j]$
所以移项得 $2⋅a[i]⋅b[j]+f[i]−a[i]^2=f[j]+b[j]^2$
将b[j]看作x， $f[j]+b[j]^2$看作y，这个式子就可以看作一条斜率为 $2a[i]$的直线
f[i]即当上述直线过点 $P(b[j],f[j]+b[j]^2)$时，直线在y轴的截距加 $a[i]^2$
而题目即为找这个截距的最小值
由于sum[i]随i递增 所以a[i],b[i]都递增
所以点 $1 \cdots i-1$是从左到右排列的
用单调栈维护一下凸包
像做线性规划一样做一个切线就行了
也就是二分斜率(P_j​,P_j+1​) < 2a[i]
update：貌似不用二分
因为a[i]递增要查询的斜率也递增
那单调队列维护就行了qvq

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
const int K = 2e5;
int n, L;
double sum[N], f[N];
int que[N], head, tail;
inline double a(int x){return sum[x]+x;}
inline double b(int x){return sum[x]+x+1+L;}
inline double X(int x){return b(x);}
inline double Y(int x){return f[x]+b(x)*b(x);}//注意这里不可以用define qvq 
//a[i] = sum[i] + i, b[i] = sum[i] + i + 1 + L
//P(b[j],f[j]+b[j]^2)
inline double slope(int x, int y){
 return (Y(y) - Y(x)) / (X(y) - X(x));
}
int main() {
 scanf("%d%d", &n, &L);
 for(int i = 1; i <= n; ++i){
  scanf("%lf", &sum[i]);
  sum[i] += sum[i - 1];
 }
 head = tail = 1;
 for(int i = 1; i <= n; ++i){
  while(head < tail && slope(que[head], que[head + 1]) < 2 * a(i)) ++head;
  f[i] = f[que[head]] + (a(i) - b(que[head])) * (a(i) - b(que[head]));
  //printf("b %lld\n", (long long)(a(i) - b(que[head])));
  while(head < tail && slope(que[tail - 1], que[tail]) > slope(que[tail - 1], i)) --tail;
  que[++tail] = i;
 }
 printf("%lld", (long long)f[n]);
 return 0;
}