题意：
每个字有一个值，现在让你分成k段打印，每段打印需要消耗的值用那个公式计算，现在让你求最小值
题解：
设dp[i]表示前i个字符需要消耗的最小值，那么有dp[i]=min{dp[k]+(sum[i]-sum[k])2+m)}(k<i)。
这样是n2 的做法。
考虑用斜率优化：
设k<j,对于dp[i]，从k+1到i为一段比j+1到i为一段更优。
那么有
dp[j]+(sum[i]-sum[j])2+m<=dp[k]+(sum[i]-sum[k])2+m
整理得：
dp[j]+sum[j]*sum[j]-(dp[k]+sum[k]*sum[k])/sum[j]-sum[k]<=2*sum[i]。
不等式的右边就是一个斜率，然后用单调队列优化，做到O(n)的复杂度。
#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
using namespace std; const int N=5e6+;
int n,m,dp[N],sum[N],Q[N],head,tail; int getx(int j,int k){return sum[j]-sum[k];}
int gety(int j,int k){return dp[j]+sum[j]*sum[j]-dp[k]-sum[k]*sum[k];}
int check(int i,int j,int k){return gety(i,j)*getx(j,k)<=gety(j,k)*getx(i,j);} int main()
{
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
F(i,,n)scanf("%d",sum+i),sum[i]+=sum[i-];
head=,tail=;
Q[++tail]=;
F(i,,n)
{
while(head<tail&&gety(Q[head+],Q[head])<=*sum[i]*getx(Q[head+],Q[head]))head++;
dp[i]=dp[Q[head]]+(sum[i]-sum[Q[head]])*(sum[i]-sum[Q[head]])+m;
while(head<tail&&check(i,Q[tail],Q[tail-]))tail--;
Q[++tail]=i;
}
printf("%d\n",dp[n]);
}
return ;
}