刚学斜率优化，写个总结qaq
题目大意:转移方程\(f[i] = min\{f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2\}\)，求\(f[n]\)
斜率优化
分析：首先我们肯定不能\(O(n^2)\)做\(dp\)，我们来拆一波式子，先把\(min\)符号去掉，然后令\(L=L+1\)
\(f[i] = f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2\)
\(f[i] = f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-L)^2\)
考虑换元，用\(s[i]\)代表\(sum[i]+i\)
\(f[i]=f[j]+(s[i]-s[j]-L)^2\)
完全平方公式
\(f[i]=f[j]+s[i]^2-2\times s[i] \times (s[j]+L)+(s[j]+L)^2\)
然后我们发现有的和\(i\)有关，有的和\(j\)有关，有的和两个都有关，我们考虑将其分类：
和\(i\)有关的\(f[i],s[i]^2\)
和\(j\)有关的\(f[j],(s[j]+L)^2\)
都有关的:\(-2\times s[i] \times (s[j]+L)\)
我们考虑将其改写为\(y=kx+b\)的形式，将和\(i\)有关的作为\(b\)，将和\(i,j\)都有关的作为\(k,x\)，由于是乘积，我们将其中有\(i\)的项作为\(k\)，和\(j\)有关的作为\(x\)，然后将只和\(j\)有关的作为\(y\)
所以
\(y=f[j]+(s[j]+L)^2\)
\(k=2\times s[i]\)
\(x=s[j]+L\)
\(b=f[i]-s[i]^2\)
建立平面直角坐标系，以上文的\(x,y\)把决策点放进坐标系。然后我们发现问题变成了，一个坐标系内有若干个点，一个斜率不变的直线经过任意一个点，使得截距最小化
我们往坐标系内加入决策点时,\(x\)坐标是递增的，一个显而易见的结论：有用的决策点的集合，过相邻点直线的斜率一定单调递增
于是我们可以用单调队列来维护这个下凸壳使得斜率单调递增。
那么我们如何这些决策点集合里面取最优呢，因为\(k\)是单调递增的，所以每次做决策时的直线斜率单调递增，一个点能成为决策点当且仅当左边直线的斜率比\(k\)小，右边直线的斜率比\(k\)大，又因为斜率单调递增，我们也可以用单调队列来维护，不断弹队头即可
因为每个点只会进队/出队一次，所以时间复杂度是\(O(n)\)的
#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn = 5e4 + 100;
typedef long long ll;
int n,L,head,tail,q[maxn];
ll sum[maxn],f[maxn];
template <typename T>
inline T square(const T &x){return x * x;}
inline double s(int i){return sum[i] + i;}
inline double k(int i){return 2 * s(i);}
inline double y(int i){return f[i] + square(s(i) + L);}
inline double x(int i){return s(i) + L;}
inline double b(int i){return f[i] - square(s(i));}
inline double slope(int i,int j){return (y(j) - y(i)) / (x(j) - x(i));}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n >> L;L++;
for(int i = 1;i <= n;i++)
cin >> sum[i],sum[i] += sum[i - 1];
head = tail = 1;
for(int i = 1;i <= n;i++){
while(head < tail && slope(q[head],q[head + 1]) < k(i))head++;
f[i] = f[q[head]] + square(s(i) - s(q[head]) - L);
while(head < tail && slope(i,q[tail - 1]) < slope(q[tail - 1],q[tail]))tail--;
q[++tail] = i;
}
cout << f[n] << '\n';
return 0;
}