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
先推出普通dp的方程 f[i] = min{f[j] + (sum[i] - sum[j] + i - j - 1 - L)2}
这方程明显是O(n2)级别的，再看看这卖萌的数据范围，不用质疑，铁定超时。还是来考虑一下优化(例如斜率优化)吧。由于这方程长得太丑了，于是决定简化一下
设S(i) = sum[i] + i，C = L + 1
于是方程变成了这样 f[i] = min{f[j] + (S(i) - S（j） - C)2}
现在假设在状态i之前有两个可以转移到i的两个状态j, k(j < k),现在使j比k更优，那么它要满足
f[j] + (S(i) - S（j） - C)2 < f[k] + (S(i) - S（k） - C)2
看平方不爽，而且无法化简，果断完全平方公式拆掉
f[j] + [S(i) - (S（j） + C)]2 < f[k] + [S(i) - (S（k） + C)]2
f[j] + (S(j) + C)2 - 2S(i)[S(j) + C] < f[j] + (S(k) + C)2 - 2S(i)[S(k) + C]
（其实可以一起拆掉，只不过中途有些地方可以直接"抵消"）继续"拆"括号，移项
f[j] + S(j)2 + 2S(j)C - 2S(i)[S(j) - S(k)] < f[k] + S(k)2 + 2S(k)C
继续，右边只留一个和i有关的单项式
(f[j] + S(j)2 + 2S(j)C) - (f[k] + S(k)2 + 2S(k)C) < 2S(i)[S(j) - S(k)]
继续移项，右边只留和i有关的式子
注意，S(i)是单调递增，所以S(j) - S(k) < 0，移项的时候不等号方向相反，于是我们愉快地得到了斜率方程（干什么？斜率优化去掉一个n）。
对于点i，用(f[i] + S(i)2 + 2S(i)C)作纵坐标，2S(i)作横坐标。
Code
1 /**
2 * uva
3 * Problem#1451
4 * Accepted
5 * Time:60ms
6 */
7 #include<iostream>
8 #include<sstream>
9 #include<cstdio>
10 #include<cmath>
11 #include<cstdlib>
12 #include<cstring>
13 #include<cctype>
14 #include<queue>
15 #include<set>
16 #include<map>
17 #include<stack>
18 #include<vector>
19 #include<algorithm>
20 using namespace std;
21 typedef bool boolean;
22 #define smin(a, b) (a) = min((a), (b))
23 #define smax(a, b) (a) = max((a), (b))
24 template<typename T>
25 inline void readInteger(T& u){
26 char x;
27 int aFlag = 1;
28 while(!isdigit((x = getchar())) && x != ‘-‘);
29 if(x == ‘-‘){
30 aFlag = -1;
31 x = getchar();
32 }
33 for(u = x - ‘0‘; isdigit((x = getchar())); u = u * 10 + x - ‘0‘);
34 ungetc(x, stdin);
35 u *= aFlag;
36 }
37
38 template<typename T>
39 class IndexedDeque{
40 public:
41 T* list;
42 int pfront;
43 int prear;
44 IndexedDeque():list(NULL), pfront(0), prear(0){ }
45 IndexedDeque(int size):pfront(0), prear(0){
46 list = new T[size];
47 }
48 void push_front(T x){ list[--pfront] = x; }
49 void push_back(T x) { list[prear++] = x; }
50 void pop_front() { ++pfront; }
51 void pop_back() { --prear; }
52 T front() { return list[pfront]; }
53 T rear() { return list[prear - 1]; }
54 T& operator [](int pos){ return list[pfront + pos]; }
55 int size() { return prear - pfront; }
56 };
57
58 int T;
59 int n, L;
60 int* sum;
61 char* str;
62 IndexedDeque<int> que;
63
64 inline int segsum(int from, int end){ return sum[end] - sum[from - 1]; }
65 inline int cmpSlope(int l1, int r1, int l2, int r2){ return (segsum(l1, r1) * (r2 - l2 + 1)) - (segsum(l2, r2) * (r1 - l1 + 1)); }
66
67 inline void init(){
68 readInteger(n);
69 readInteger(L);
70 str = new char[(const int)(n + 1)];
71 sum = new int[(const int)(n + 1)];
72 que = IndexedDeque<int>(n * 2);
73 scanf("%s", str);
74 }
75
76 inline void solve(){
77 sum[0] = 0;
78 for(int i = 0; i < n; i++)
79 sum[i + 1] = sum[i] + str[i] - ‘0‘;
80
81 int resl = 1, resr = L;
82 for(int i = L; i <= n; i++){
83 while(que.size() > 1 && cmpSlope(que[que.size() - 2], i - L, que[que.size() - 1], i - L) >= 0)
84 que.pop_back();
85 que.push_back(i - L + 1);
86 while(que.size() > 1 && cmpSlope(que[0], i, que[1], i) <= 0)
87 que.pop_front();
88
89 int temp = cmpSlope(que.front(), i, resl, resr);
90 if(temp > 0 || (temp == 0 && resr - resl > i - que.front())){
91 resl = que.front(), resr = i;
92 }
93 }
94 printf("%d %d\n", resl, resr);
95 }
96
97 inline void clear(){
98 delete[] sum;
99 delete[] str;
100 delete[] que.list;
101 }
102
103 int main(){
104 readInteger(T);
105 while(T--){
106 init();
107 solve();
108 clear();
109 }
110 return 0;
111 }