Problem Description
Zero has an old printer that doesn’t work well sometimes. As it is antique, he still like to use it to print articles. But it is too old to work for a long time and it will certainly wear and tear, so Zero use a cost to evaluate this degree.
One day Zero want to print an article which has N words, and each word i has a cost Ci to be printed. Also, Zero know that print k words in one line will cost
M is a const number.
Now Zero want to know the minimum cost in order to arrange the article perfectly.
Input
There are many test cases. For each test case, There are two numbers N and M in the first line (0 ≤ n ≤ 500000, 0 ≤ M ≤ 1000). Then, there are N numbers in the next 2 to N + 1 lines. Input are terminated by EOF.
Output
A single number, meaning the mininum cost to print the article.
题解：
其实想学斜率优化很久了，本来想等省选后学的，果然省选就考到了。真是有趣。
HDU 3507 算是斜率优化的经典题目了，在网上看到很多大神都用这道题作为例题，零零散散看了两天才把这道题A了。下面先来分析一下这道题再简要说一下斜率优化。
首先这道题的dp方程不难看出：
f[i]=min( f[j]+( sum[i]-sum[j] )^2 )+M
f[i]表示如果从第i个数后面断开的最优解，假设第j个数是上一个断点，那么此时的解就是f[j]+( sum[i]-sum[j] )^2 +M；所以我们枚举前i-1个断点，取最优解。 这样做简直跟暴力没什么区别，暴力枚举，，n^2的复杂度，500000的数据很显然是不可以的。那么我们接下来分析一下我们的dp方程：
f[i]=min( f[j]+( sum[i]-sum[j] )^2 )+M
如果我们把里面的( sum[i]-sum[j] )^2展开的话那么式子就是：
f[i]=min( f[j]+sum[i]^2+sum[j]^2-2*sum[i]*sum[j] )+M；
在括号里面的sum[i]^2显然是一个定值，因为当我们枚举j是i是确定的，所以就可以将sum[i]^2拿到括号外面：
f[i]=min( f[j]+sum[j]^2-2*sum[i]*sum[j] )+M+sum[i]^2；
由于括号外面的值都是确定的，那么我们来看min函数里面的式子：
不妨设 G=f[j]+sum[j]^2-2*sum[i]*sum[j]，x=sum[j]，y=f[j]+sum[j]^2，k=2*sum[i]；
这时我们的式子就可以写成：
G=y-k*x；
移项可得：
y=k*x+G；
这很明显就是我们初中学的一次函数嘛！而且由于sum[i]已知，k=sum[i]*2，这还是一条斜率确定的一次函数，而我们所求的值就是G，也就是直线的截距；由于x，y是已知的，我们就可以将每个f[j]对应的（x，y）抽象成一个坐标系内的点，那么截距也可以求出来，但是我们要求的是最小截距，所以还是要将i之前的点都枚举一边，复杂度似乎没什么改变；让我们接着分析：
我们求最小的斜率，可以想象将直线从最下端向上平移，当它碰到坐标系内的第一个点时停下，这时的截距就是最小的。所以我们可以将这些点提前处理一下，使我们可以在较短的时间内求出直线第一个碰到的点。
我们发现这样的点一定不是直线第一个碰到的点：
图中的j点很明显不是我们所要求的点，不论直线的斜率是什么，第一个碰到的点都不会是j点，那么j点就可以删掉；
由于我们定义：
x=sum[j]，y=f[j]+sum[j]^2，k=2*sum[i]；
所以我们求出的点在坐标系中的横纵坐标都是单调不减的，而且我们所要求的直线的斜率也是单调不减的；所以我们可以将已经求出的点加入一个队列中，将该点与之前的点进行比较，如果出现上图中的情况就将队尾的点出队，并且继续向前比较；这有些类似于凸包的操作，而我们的目的也可以说成是在求一个凸包；下面举个例子：
假设我们现在要将o点加入到队列中，之前队列中已经有了三个点，分别是i，j，k；那么我们先来比较直线j–k与直线k–o，如果直线k–o的斜率大于直线j–k的斜率，那么k点就是一个无用的点，将点k出队：
然后继续比较，发现j点也是不合理的，将j点也出队。
继续比较发现目前已经合法了，停止比较并将o点入队；（i点之前没有点当然也满足我们的条件）
这样我们的所有点就满足了一个凸包的性质，也就减少了很多无用的比较；
仅仅这样是不够的，我们还可以再快；
由于直线的斜率是单调不减的，那么如果第i条直线第一个碰到的点是第j个点，那么第i+1条直线第一个碰到的点就不可能是第j个点之前的点；这样我们的队列里的元素只会访问一次，而每个元素只会入队一次，所以我们的复杂度就降为了O(n)；
还有一个问题，那就是我们怎么判断该点是不是直线第一个碰到点呢？
我们假设两个点i，j（x( j )>x( i )），如果j点的解比i点更优，那么我们所求直线的斜率一定大于直线i–j的斜率（这个结论画一画图就知道了）；所以我们可以每次比较队首元素与下一个元素所构成直线的斜率与我们当前决策的直线斜率，如果队首元素不是最优解，就将队首指针后移，直到符合要求或队列只有一个元素（在一开始时可以将0元素加入队列）；
写斜率优化时要注意除法进行时的精度问题，尽量换成乘法；
再推荐一篇网上的博文，我认为写的比较好：
下面是本题代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 500010
#define x(i) sum[i]
#define y(i) (f[i]+sum[i]*sum[i])
using namespace std;
long long sum[N],dl[N],top=1,tail,f[N];
int n,m;
long long in() {
long long s=0;char c=0;bool v=false;
while(c<‘0‘||c>‘9‘) c=getchar(),v=v||c==‘-‘;
while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘) s=s*10+c-‘0‘,c=getchar();
return s;
}
bool check(long long i,long long j,long long k) {
return (y(j)-y(i))<k*(x(j)-x(i));
}
bool check2(int i,int j,int k) {
return (y(k)-y(j))*(x(j)-x(i))<=(y(j)-y(i))*(x(k)-x(j));
}
int main() {
freopen("in.txt","r",stdin);
while(scanf("%d%d",&n,&m)==2) {
for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=in()+sum[i-1];
top=1;tail=0;dl[++tail]=0;int now=0;while(now++<n) {
int k=sum[now]*2;
while(top<tail&&check(dl[top],dl[top+1],k)) top++;
f[now]=y(dl[top])-k*x(dl[top])+sum[now]*sum[now]+m;
while(tail>top&&check2(dl[tail-1],dl[tail],now)) tail--;
dl[++tail]=now;
} printf("%lld\n",f[n]);
}
}