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$C_i$.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 $x=j-i+\sum_i^jC_k$ 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$C_i$.

$1 \le N \le 5 \times 10^4, 1 \le L, Ci \le 10^7$

Output

输出最小费用

Solution

设$sum[i]$表示$C$的前缀和,则很容易得到$O(n^2)$的转移方程:

为了简化方程,设$g[i] = sum[i] + i, c = L + 1$, 于是转移方程为:

考虑两种决策$j < k$,则k比j优,当且仅当:

我们记

为j到k的斜率,作为判断哪个决策更优的依据.

由于$g[i]$单增,如果当前k比j优,则之后也必有k比j优,即转移具有决策单调性.那我们就可以维护一个单调队列,其中记录了一些决策点,且相邻元素的的斜率单增.更新$dp[i]$时,只需判断队首的两个元素的斜率是否有$s \ge g[i]$,若是则说明第二个元素作为决策点更优,弹掉队首.然后直接取队首作为决策点更新$dp[i]$,并将i作为决策点插入队尾,但要保持队列中的斜率单调性.

Source

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>

#define For(i, j, k) for(int i = j; i <= k; i++)
#define Forr(i, j, k) for(int i = j; i >= k; i--)

const int N = 50010;

typedef long long LL;

LL sum[N], g[N], dp[N], c;
int n, que[N];

inline LL sqr(LL x){
	return x * x;
}

inline LL cx(int l, int r){
	return 2 * (g[r] - g[l]);
}

inline LL cy(int l, int r){
	return dp[r] - dp[l] + sqr(g[r] + c) - sqr(g[l] + c);
}

int main(){
	scanf("%d%lld", &n, &c), ++c;
	For(i, 1, n){
		scanf("%lld", &sum[i]);
		sum[i] += sum[i - 1], g[i] = sum[i] + i;
	}
	int fst = 1, lst = 1;
	que[1] = 0;
	For(i, 1, n){
		while(fst < lst && g[i] * cx(que[fst], que[fst + 1]) >= 
				cy(que[fst], que[fst + 1])) ++fst;
		int x = que[fst];
		dp[i] = dp[x] + sqr(g[i] - g[x] - c);
		while(fst < lst && cy(que[lst - 1], que[lst]) * cx(que[lst], i) >=
				cy(que[lst], i) * cx(que[lst - 1], que[lst])) --lst;
		que[++lst] = i;
	}
	printf("%lld\n", dp[n]);
	return 0;
}