不好理解，先多做几个再看
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{ dp[j]+(sum[i]-sum[j])^2 +M } 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。
于是对于这题我们对于斜率优化做法可以总结如下：
1，用一个单调队列来维护解集。
2，假设队列中从头到尾已经有元素a b c。那么当d要入队的时候，我们维护队列的上凸性质，即如果g[d,c]<g[c,b]，那么就将c点删除。直到找到g[d,x]>=g[x,y]为止，并将d点加入在该位置中。
3，求解时候，从队头开始，如果已有元素a b c，当i点要求解时，如果g[b,a]<sum[i]，那么说明b点比a点更优，a点可以排除，于是a出队。最后dp[i]=getDp(q[head])。
1 /*
2 HDU 3507
3
4 */
5
6 #include<stdio.h>
7 #include<iostream>
8 #include<string.h>
9 #include<queue>
10 using namespace std;
11 const int MAXN=500010;
12
13 int dp[MAXN];
14 int q[MAXN];//队列
15 int sum[MAXN];
16
17 int head,tail,n,m;
18 // dp[i]= min{ dp[j]+M+(sum[i]-sum[j])^2 };
19 int getDP(int i,int j)
20 {
21 return dp[j]+m+(sum[i]-sum[j])*(sum[i]-sum[j]);
22 }
23
24 int getUP(int j,int k) //yj-yk部分
25 {
26 return dp[j]+sum[j]*sum[j]-(dp[k]+sum[k]*sum[k]);
27 }
28 int getDOWN(int j,int k)
29 {
30 return 2*(sum[j]-sum[k]);
31 }
32
33 int main()
34 {
35 // freopen("in.txt","r",stdin);
36 // freopen("out.txt","w",stdout);
37 while(scanf("%d%d",&n,&m)==2)
38 {
39 for(int i=1;i<=n;i++)
40 scanf("%d",&sum[i]);
41 sum[0]=dp[0]=0;
42 for(int i=1;i<=n;i++)
43 sum[i]+=sum[i-1];
44 head=tail=0;
45 q[tail++]=0;
46 for(int i=1;i<=n;i++)
47 {
48 //把斜率转成相乘，注意顺序，否则不等号方向会改变的
49 while(head+1<tail && getUP(q[head+1],q[head])<=sum[i]*getDOWN(q[head+1],q[head]))
50 head++;
51 dp[i]=getDP(i,q[head]);
52 while(head+1<tail && getUP(i,q[tail-1])*getDOWN(q[tail-1],q[tail-2])<=getUP(q[tail-1],q[tail-2])*getDOWN(i,q[tail-1]))
53 tail--;
54 q[tail++]=i;
55 }
56 printf("%d\n",dp[n]);
57 }
58 return 0;
59 }