设前缀和为$s[i]$
那么显然可以得出方程
$f[i]=f[j]+(s[i]-s[j]+i-j-L-1)^{2}$
换下顺序
$f[i]=f[j]+(s[i]+i-(s[j]+j+L+1))^{2}$
为了处理方便，我们套路地设
$a[i]=s[i]+i$
$b[i]=s[i]+i+L+1$
于是得出
$f[i]=f[j]+(a[i]-b[j])^{2}$
拆开：$f[i]=f[j]+a[i]^{2}-2*a[i]*b[j]+b[j]^{2}$
移项：$f[j]+b[j]^{2}=2*a[i]*b[j]+f[i]-a[i]^2$
于是我们就把不变量和变量分开了（$i$固定）
仔细观察
$f[j]+b[j]^{2}=2*a[i]*b[j]+f[i]-a[i]^2$
$y=k*x+b$
一次函数！
$y=f[j]+b[j]^{2}$
$k=2*a[i]$（$i$递增时，显然它是单调递增的）
$x=b[j]$
$b=f[i]-a[i]^{2}$
如果我们要让$f[i]$最小，就是让$b$最小
而对于每个$i$，$k$是不变的
那么问题就转化成：找到一个最优的$(x,y)$使$b$最小
考虑到$k$是单调递增的
于是我们就可以快乐地用单调队列维护下凸包辣
while(L<R&&K(h[L],h[L+])<=*a(i)) ++L;//显然h[L]不比h[L+1]优，可以删去
f[i]=f[h[L]]+(a(i)-b(h[L]))*(a(i)-b(h[L]));//计算出最优的f[i]
while(L<R&&K(h[R-],h[R])>K(h[R],i)) --R;//加入点（x[i],y[i]）后，h[R]在凸包内部，可以删去①
h[++R]=i;//入队
①：显然在加入橙点后，蓝点在凸包内部，可以被删除
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef double db;
#define N 50005
db f[N],s[N];
int n,l,L,R,h[N];
inline db a(int x){return s[x]+x;}
inline db b(int x){return s[x]+x+l+;}
inline db X(int x){return b(x);}
inline db Y(int x){return f[x]+b(x)*b(x);}
inline db K(int x,int y){return (Y(x)-Y(y))/(X(x)-X(y));}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&l);
for(int i=;i<=n;++i) scanf("%lf",&s[i]),s[i]+=s[i-];
L=R=;
for(int i=;i<=n;++i){
while(L<R&&K(h[L],h[L+])<=*a(i)) ++L;
f[i]=f[h[L]]+(a(i)-b(h[L]))*(a(i)-b(h[L]));
while(L<R&&K(h[R-],h[R])>K(h[R],i)) --R;
h[++R]=i;
}printf("%.0lf",f[n]);
return ;
}