Description
P教授要去看奥运，但是他舍不下他的玩具，于是他决定把所有的玩具运到北京。他使用自己的压缩器进行压
缩，其可以将任意物品变成一堆，再放到一种特殊的一维容器中。P教授有编号为1...N的N件玩具，第i件玩具经过
压缩后变成一维长度为Ci.为了方便整理，P教授要求在一个一维容器中的玩具编号是连续的。同时如果一个一维容
器中有多个玩具，那么两件玩具之间要加入一个单位长度的填充物，形式地说如果将第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+Sigma(Ck) i<=K<=j 制作容器的费用与容器的长度有关，根据教授研究，
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。P教授不关心容器的数目，他可以制作出任意长度的容
器，甚至超过L。但他希望费用最小.
Input
第一行输入两个整数N，L.接下来N行输入Ci.1<=N<=50000,1<=L,Ci<=10^7
Output
输出最小费用
Sample Input
5 4
3
4
2
1
4
Sample Output
1
HINT
Source
Solution
设$f[i]$表示前$i$个物品装箱所需最小花费。
假设我们把$[j+1,i]$的物品装到一个箱子里，那么很容易得出dp方程：
$f[i]=min\{f[j]+(i-j+(\sum_{k=j+1}^{i}c[k])-L)^{2}\}$
现在要把这个$O(n^{2})$优化成$O(n)$：
设$d[i]=d[i-1]+c[i]+1$，$P=L+1$，那么
$f[i]=min\{f[j]+(d[i]-d[j]-P)^{2}\}$
假设k<j<i，且j比k优，则：
$f[j]+(d[i]-d[j]-P)^{2}<f[k]+(d[i]-d[k]-P)^{2}$
化简后的结果是：
$\frac{(f[j]+d[j]^{2})-(f[k]+d[k]^{2})}{d[j]-d[k]}<2*(d[i]-P)$
将$f[j]+d[j]^{2}$看成$y_{j}$，将$d[j]$看成$x_{j}$，就变成了斜率的表达式。
维护一个下凸壳（$min$就是下凸壳，$max$就是上凸壳），找凸包上关于斜率$2*(d[i]-P)$的切点，该店就是决策点。
说右凸壳的都给我狗带！狗带！！！
由于满足决策单调性，所以决策$j$是单调不下降的，我们可以把多余的斜率删掉。
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 long long f[50005], c[50005];
4 int q[50005];
5
6 double pow(long long x)
7 {
8 return 1.0 * x * x;
9 }
10
11 double slope(int x)
12 {
13 return (f[q[x]] + pow(c[q[x]]) - f[q[x - 1]] - pow(c[q[x - 1]])) / (c[q[x]] - c[q[x - 1]]);
14 }
15
16 int main()
17 {
18 int n, l, front = 0, back;
19 cin >> n >> l;
20 for(int i = 1; i <= n; ++i)
21 {
22 cin >> c[i];
23 c[i] += c[i - 1] + 1;
24 }
25 ++l;
26 q[back = 1] = 0;
27 for(int i = 1; i <= n; ++i)
28 {
29 while(front + 1 < back && slope(front + 2) <= 2 * (c[i] - l))
30 ++front;
31 int j = q[front + 1];
32 f[i] = f[j] + (long long)pow(c[i] - c[j] - l);
33 q[++back] = i;
34 while(front + 1 < back && slope(back - 1) >= slope(back))
35 q[--back] = i;
36 }
37 cout << f[n] << endl;
38 return 0;
39 }