【传送门：BZOJ1010】
简要题意：
给出n条连续线段，每条线段都有长度为x[i]，我们可以把连续若干条线段连在一起，变成一个组合，两条线段如果相连，就要在两条线段中间添加一个长度为1的格子（如果没有相连就不用添加），假如我们现在选择把第i条到第j条线段之间的所有线段变成一组合的话，这个组合的总长度就为：x[i]+x[i+1]+x[i+2]+x[i+3]+...+x[j]+j-i，现在给出一个常数L，假设当前选择的组合的长度为s，那么这个组合就为我们产生了(s-L)^2的费用，求出把n条线段分成若干组合所需要的最小费用，单独的线段可以成为一个组合
题解：
首先可以敲出一个DP，f[i]表示到第i个线段时，将1到i个线段都分成若干个组合的最小值
显然这个DP的时间复杂度是O(n^2)，会超时
我们就用斜率优化来优化
首先处理n条线段，因为只有连续的线段才能成为一个组合，所以我们用sum[i]表示1到i条线段的总长度（先不加上线段之间的格子）
为什么要定义sum数组呢，因为我们处理了sum数组之后就可以很轻松的求出把i到j条线段变成一个组合的长度就是(sum[j]-sum[i]+i-j+1)
那么现在先写出DP方程：
f[i]=min(f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2)
=min(f[j]+(sum[i]+i-(sum[j]+j)-(1+L))^2) 那么我们就可以发现sum数组一定会加上它所对应的位置，所以定义一个s数组表示sum数组加上它所对应的位置（如：s[i]=sum[i]+i），然后把L+1
首先我们先来证明决策单调性
假设j1<j2<i,在状态i处的j2决策不比j1决策差（心里想着淘汰j1），
即要满足：f[j2]+(s[i]-s[j2]-L)^2<f[j1]+(s[i]-s[j1]-L)^2
则对于i后的所有状态t，是否j2也不比就j1差？（术语：证明决策单调性）
即f[j2]+(s[t]-s[j2]-L)^2 < f[j1]+(s[t]-s[j1]-L)^2
容易理解s[t]=s[i]+v
所以得到（1）不等式：f[j2]+(s[i]-s[j2]-L+v)^2<f[j1]+(s[i]-s[j1]-L+v)^2
因为已知（2）不等式：f[j2]+(s[i]-s[j2]-L)^2<f[j1]+(s[i]-s[j1]-L)^2
所以化简（1）不等式：把s[i]-s[j2]-L看成一个整体，v看成一个整体，得到：
f[j2]+(s[i]-s[j2]-L)^2+2*v*(s[i]-s[j2]-L)+v^2 <f[j1]+(s[i]-s[j1]-L)^2+2*v*(s[i]-s[j1]-L)+v^2
比较（2）不等式：
左边多了一部分：2*v*(s[i]-s[j2]-L)+v^2
右边多了一部分：2*v*(s[i]-s[j1]-L)+v^2
所以我们只需要证：
2*v*(s[i]-s[j2]-L)+v^2<=2*v*(s[i]-s[j1]-L)+v^2
即：(s[i]-s[j2]-L)<=(s[i]-s[j1]-L)
即： -s[j2] <= -s[j1]
即：s[j1]<s[j2]这是肯定的，所以得证。
总结：对于当前i：j2比j1好，那么对于t(i<t)来说一样：j2一样比j1好，
所以当前i选择j2，淘汰j1，以后的t也不会在j2存在的时候选择j1，
所以i的时候就可以永久淘汰j1.
然后来求斜率方程
因为f[j2]+(s[i]-s[j2]-L)^2<=f[j1]+(s[i]-s[j1]-L)^2
展开:
f[j2]+(s[i]-L)^2-2*(s[i]-L)*s[j2]+s[j2]^2<=f[j1]+(s[i]-L)^2-2*(s[i]-L)*s[j1]+s[j1]^2
即f[j2]-2*(s[i]-L)*s[j2]+s[j2]^2<=f[j1]-2*(s[i]-L)*s[j1]+s[j1]^2
即f[j2]+s[j2]^2-2*(s[i]-L)*s[j2]<=f[j1]+s[j1]^2-2*(s[i]-L)*s[j1]
即[(f[j2]+s[j2]^2)-(f[j1]+s[j1]^2)]<=2*(s[i]-L)*s[j2]-2*(s[i]-L)*s[j1]
即[(f[j2]+s[j2]^2)-(f[j1]+s[j1]^2)]/(s[j2]-s[j1])<=2*(s[i]-L)
对于j来说：
制造的点坐标
Y=f[j]+s[j]^2
X=s[j]
我们用队列list在存有意义的决策点，list中相邻两点的斜率递增（队列中的点形成一个下凸壳），而且都大于2*(s[i]-L)，那么队列头对于i来说就是最优决策点。
加入决策i时，令队尾为list[tail]，前一个为list[tail-1]
斜率函数slop（点1，点2）
满足:slop(list[tail-1],list[tail])>slop(list[tail],i)时，
那么队尾list[tail]在三者（list[tail-1],list[tail],i）对于未来的tail绝对不会是最优的策略，所以将其弹出tail--
最后遇到了：slop(list[tail-1],list[tail])<slop(list[tail],i),保证了队列的相邻两点的斜率递增所以加入i：list[++tail]=i;
然后f[n]就是答案了
参考代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL a[51000],s[51000],f[51000];
/*
f[i]=min(f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2)
f[i]=min(f[j]+(s[i]-s[j]-L)^2)
f[j2]+(s[i]-s[j2]-L)^2<=f[j1]+(s[i]-s[j1]-L)^2
f[j2]+(s[i]-L)^2-2*s[j2]*(s[i]-L)+s[j2]^2<=f[j1]+(s[i]-L)^2-2*s[j1]*(s[i]-L)+s[j1]^2
f[j2]+s[j2]^2-2*s[j2]*(s[i]-L)<=f[j1]+s[j1]^2-2*s[j1]*(s[i]-L)
f[j2]-f[j1]+s[j2]^2-s[j1]^2<=2*s[j2]*(s[i]-L)-2*s[j1]*(s[i]-L)
f[j2]-f[j1]+s[j2]^2-s[j1]^2<=2*s[j2]*(s[i]-L)-2*s[j1]*(s[i]-L)
(f[j2]-f[j1]+s[j2]^2-s[j1]^2)/(s[j2]-s[j1])<=2*(s[i]-L)
*/
double slop(int j1,int j2)
{
return (f[j2]-f[j1]+s[j2]*s[j2]-s[j1]*s[j1])/(s[j2]-s[j1]);
}
int list[51000];int head,tail;
int main()
{
LL L;int n;
scanf("%d%lld",&n,&L);L++;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
s[1]=a[1]+1;
for(int i=2;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+a[i]+1;
head=1;tail=1;list[1]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(head<tail&&slop(list[head],list[head+1])<=2.0*(s[i]-L)) head++;
int j=list[head];
f[i]=f[j]+(s[i]-s[j]-L)*(s[i]-s[j]-L);
while(head<tail&&slop(list[tail],i)<slop(list[tail-1],list[tail])) tail--;
list[++tail]=i;
}
printf("%lld\n",f[n]);
return 0;
}