题意： 给n(n<=10^6)个非负数字，放在一个数组num中，再给一个特殊值m。求将这个数组分成任意多个区间，每个区间[a,b]的值定义为( sigma(num[i] | (a<=i<=b)) ) ^ 2 + m.要区间值总和最小，并输出此最小值 (PS:这道题不用考虑暴int问题，当然这是AC以后才发现的)。
解题思路: 定义sum[i]=sigma(num[j] | (1<=j<=i)) （这里假设num数组下标从1开始）
定义f(j,i) = (sum[i]-sum[j])^2+m （区间[j+1,i]的值）
定义dp[i]为从1到i这段的题意要求的那个最小值，根据其定义就有dp[i]=min{ dp[j]+f(j,i) | 0<=j<i } (****)。(思考为什么这样定义？）
另外定义一个仅作标识用的量dp[j,i]，表示从j到i这段题意要求的最小区间值和，即dp[1,k]=dp[k]。
裸的枚举当然是不科学的，效率太低。与上一篇博客略有类似，计算dp[i]要用以前的结果，如何对要枚举的状态进行优化呢？
令(k<j<i) ，x>0；
- 若有dp[k]+f(k,i)> dp[j]+f(j,i)，那么一定有dp[i+x] > dp[k]+f(k+1,x+i)； 也就是说 k一定不是对应着i的一个可能最优解。 在求解dp[i+x]时，k点就不用枚举了。
- 若有dp[k]+f(k,i)<= dp[j]+f(j,i)，那么一定有dp[i+x] > dp[j]+f(j,i+x)。
重新思考一下(****)中dp[i]的定义，应用数学归纳法：
dp[1]=f(0,1) 或者dp[1]=f(0,1)+dp[0] (dp[0]=0)
dp[2]=min{dp[1]+f(2,2),dp[0]+f(1,2)} （刚好对应两种区间拆分方式）
假设dp[k]用上式定义也正确，那么
dp[k+1]=min{ dp[1,j]+dp[j+1,k+1] | (j <= k) }，如果dp[j+1,k+1]==f(j,k+1)，原式自然成立；
那即使不成立呢？ 也就是说存在一个j<jj<k， 使得dp[j+1，k+1]==f(j,jj)+dp[jj+1,k+1]，所以
dp[1,j]+f(j,jj)+dp[jj+1,k+1]描述的是什么呢？dp[1,j]+f(j,jj)正是dp[jj]的一个可能最优解。dp[k+1]=min{dp[jj]+dp[jj+1,k+1], dp[k+1] }，原式成立！
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=;
int num[maxn],pl;
int sum[maxn];
int dp[maxn];
int que[maxn];
int f(int j,int i){
return (sum[i]-sum[j])*(sum[i]-sum[j])+pl;
}
int gety(int j,int k){
return dp[j]+sum[j]*sum[j]-dp[k]-sum[k]*sum[k];
}
int getx(int j,int k){
return (sum[j]-sum[k])<<;
}
int main()
{
int n;
while(scanf("%d%d",&n,&pl) != EOF){
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",&num[i]);
sum[]=dp[]=;
for(int i=;i<=n;i++)
sum[i]=sum[i-]+num[i];
int head=,tail=;
que[tail++]=;
for(int i=;i<=n;i++){
while(head+ < tail && gety(que[head+],que[head])<=getx(que[head+],que[head])*sum[i])
head++;
dp[i]=dp[que[head]]+f(que[head],i);
while((head+ < tail) && gety(i,que[tail-])*getx(que[tail-],que[tail-])<=gety(que[tail-],que[tail-])*getx(i,que[tail-]))
tail--;
que[tail++]=i;
}
printf("%d\n",dp[n]);
}
return ;
}