首先不難推出這道題的狀態轉移方程：dp[i]=min{dp[j]+(sum[i]-sum[j])^2|0<j<i}

假設有k<j,j比k更優當且僅當dp[j]+(sum[i]-sum[j])^2<=dp[k]+(sum[i]-sum[k])^2

化簡得：dp[j]-dp[k]+sum[j]^2-sum[k]^2<=2*sum[i]*(sum[j]-sum[k])

設f[i]=dp[i]+sum[i]^2

則(f[j]-f[k])/(sum[j]-sum[k]) <= 2*sum[i]

將(f,sum)看做二維座標系上的點，那麼上面等式的左邊可以看做一個斜率

設k[j, k] = (f[j], f[k])/(sum[j]-sum[k])，則k[j,k]代表k指向j的線的斜率，根據上面的推到，g[j,k]<=2*sum[i]代表j比k優，否則k比j優

可以證明上凸的影象一定不優，所以我們要維護下凸的影象（下面會證明）

那麼當前的最優點實際上是斜率小於2*sum[i]的最靠後的線對應的尾端點

上凸影象一定不優的證明：

假設k<j<i構成一個上凸影象，則g(j, k)>g(i, j);

此時他們和2*sum[i]有三種關係：

1.g(j, k)>g(i,j)>2*sum[i],此時k比j優

2.g(j, k)>2*sum[i]>g(i,j),此時i比j優

3.2*sum[i]>g(j, k)>g(i,j),此時i和k都比j優

所以j一定不優

我們發現2*sum[i]是單調遞增的，所以可以用單調佇列來維護，當然如果有的題目沒有單調遞增的性質我們可以二分

然後發現莫名的好寫。。。注意long long

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 500010;
int N, M, q[maxn], l, r;
LL sum[maxn], dp[maxn];
inline LL f(int i) { return dp[i] + sum[i]*sum[i]; }
int main() {
    while (~scanf("%d%d", &N, &M)) {
        for (int i = 1; i <= N; i++) scanf("%lld", &sum[i]), sum[i] += sum[i-1];
        l = 0, r = 0, q[0] = 0;
        for (int i = 1; i <= N; i++) {
            while (l < r && f(q[l+1])-f(q[l]) <= 2LL*sum[i]*(sum[q[l+1]]-sum[q[l]])) l++;
            dp[i] = dp[q[l]]+(sum[i]-sum[q[l]])*(sum[i]-sum[q[l]])+M;
            while (l < r && (f(q[r])-f(q[r-1]))*(sum[i]-sum[q[r]]) >= (f(i)-f(q[r]))*(sum[q[r]]-sum[q[r-1]])) r--;
            q[++r] = i;
        }
        printf("%lld\n", dp[N]);
    }
    return 0;
}