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Description

P教授要去看奧運，但是他舍不下他的玩具，於是他決定把所有的玩具運到北京。他使用自己的壓縮器進行壓 縮，其可以將任意物品變成一堆，再放到一種特殊的一維容器中。P教授有編號為1…N的N件玩具，第i件玩具經過 壓縮後變成一維長度為Ci.為了方便整理，P教授要求在一個一維容器中的玩具編號是連續的。同時如果一個一維容 器中有多個玩具，那麼兩件玩具之間要加入一個單位長度的填充物，形式地說如果將第i件玩具到第j個玩具放到一 個容器中，那麼容器的長度將為 x=j-i+Sigma(Ck) i<=K<=j 製作容器的費用與容器的長度有關，根據教授研究， 如果容器長度為x,其製作費用為(X-L)^2.其中L是一個常量。P教授不關心容器的數目，他可以製作出任意長度的容 器，甚至超過L。但他希望費用最小.

Input

第一行輸入兩個整數N，L.接下來N行輸入Ci.1<=N<=50000,1<=L,Ci<=10^7

Output

輸出最小費用

題目分析

可以算是斜率優化的入門好題了

首先一個$O(n^2)$的方程很好設計 $dp[i]$表示前$i$個玩具裝入容器所需最小費用 $dp[i]=dp[j]+((i-j-1)+(sumC[i]-sumC[j])-L)^2$其中$sumC$

現在按照斜率優化套路對方程進行變形 $dp[i]=dp[j]+((i+sumC[i]-L-1)-(j+sumC[j]))^2$

一大堆字母看著都暈了，我們給個簡便點的來代替 $k[i]=i+sumC[i]-L-1$ $b[i]=j+sumC[j]$

現在繼續變形 $dp\left[i\right]=dp[j$

$dp[j]+b[i]^2=2k[i]*b[i]-k[i]^2+dp[i]$

這裡每個$ki[i]$都是已知量 我們把$dp[j]+b[i]^2$看作$y$，$b[i]$看作$x$，$2*ki[i]$看作斜率 就可以用斜率優化的套路單調佇列維護就好了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef double dd;
typedef long long lt;
#define sqr(x) ((x)*(x))

int read()
{
    int f=1,x=0;
    char ss=getchar();
    while(ss<'0'||ss>'9'){if(ss=='-')f=-1;ss=getchar();}
    while(ss>='0'&&ss<='9'){x=x*10+ss-'0';ss=getchar();}
    return f*x;
}

const int maxn=100010;
int n;
lt L,sumC[maxn];
lt ki[maxn],bi[maxn],dp[maxn];
int q[maxn],ll,rr;

dd calc(int j1,int j2)
{
    lt ty= (sqr(bi[j2])+dp[j2]) - (sqr(bi[j1])+dp[j1]);
    lt tx= bi[j2] - bi[j1];
    return (dd)ty/(dd)tx;
}

int main()
{
    n=read();L=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        sumC[i]=sumC[i-1]+read();
        ki[i]=i+sumC[i]-L-1; bi[i]=i+sumC[i];
    }
    
    ll=rr=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)//sqr是自己巨集定義的平方
    {
        while( ll<rr && calc(q[ll],q[ll+1]) <= 2*ki[i] ) ++ll;
        dp[i]=sqr(bi[q[ll]]) + dp[q[ll]] - 2*ki[i]*bi[q[ll]] + sqr(ki[i]);
        while( ll<rr && calc(q[rr],q[rr-1]) >= calc(i,q[rr])) --rr;
        q[++rr]=i;
    }
    
    printf("%lld",dp[n]);
    return 0;
}