题解：
首先裸dp方程为：
F(x)=a*x*x+b*x+c; sum为前缀和
f[i]=f[j]+F(sum[i]-sum[j]);
然后拆开后把带j的放一边，带i的放一边，形成y=kx+b的形式，使y和x都含j不含i，k和b都含i不含j。
得：f[j]+asum[j]*sum[j]-b*sum[j]=2*a*sum[i]*sum[j]+f[i]-a*sum[i]*sum[i]-b*sum[i]-c;
然后有：y=kx+b;
y=f[j]+asum[j]*sum[j]-b*sum[j];
x=sum[j];
k=2*a*sum[i];
b=f[i]-a*sum[i]*sum[i]-b*sum[i]-c;
然后显然可以观察到，每个j处理出来一个x和y，则可以在坐标系中进行表示。
而若有一个i，则又可以处理出“k”，那么这样就可以算出来b的值。
而已知i，通过b的值我们又可以算出来f[i]的值。
b为截距，那么本题中b与f[i]就成正比。我们可以先画出一个斜率为k，经过j抽象出来的点J的直线帮助理解。
显然，这个截距需要尽量大以保证答案。
随后我们需要根据点维护一个凸包，可以脑补一下，凸包内的点不可能更优（这个不细说了），而我们要找的则是一个凸点P，使得我们先把直线放在无限高处，然后向下平移，接触到的凸包上的第一个点。
通过画图可以直观地发现：斜率为k的直线经过点P时有对于当前“i”的最大截距。
即对于当前“i”，这个P代表的“j”是动规方程f[i]=f[j]+F(sum[i]-sum[j])的可以转移来的最优的j，
即任意通过k(k!=j)转移来的f[i]都要小于通过j转移过来的f[i]。
一般情况下我们可以二分来找到这个凸点P，但是有些时候斜率满足单调性，我们就可以利用类似单调队列的维护方法对凸包进行维护，如本题，一旦队列头的一点对于i处理出来的斜率k劣于队列中的第二个点，就把头出队，这样出队操作完成后就可以取队头为i的最优决策j了。
然后决策完成后我们就得到了f[i]，就又可以处理出i的“x”和“y”，这时再把它加入到凸包中就好了。
呃，凸包就不多说了。
贴代码，这个代码挺清晰的~~~（维护的上凸包。。。。）
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define N 1001000
#define X(x) (sum[x])
#define Y(x) (f[x]+a*sum[x]*sum[x]-b*sum[x])
#define K(x) (2*a*sum[x])
#define F(x) (a*x*x+b*x+c)
using namespace std;
int L,R,n,a,b,c;
long long sum[N],f[N];
struct Point
{
long long x,y;
int id;
Point(long long _x,long long _y,int _id):x(_x),y(_y),id(_id){}
Point(){}
}que[N],now;
inline long long xmul(Point i,Point j,Point k){return (j.x-k.x)*(i.y-k.y)-(j.y-k.y)*(i.x-k.x);}
int main()
{
// freopen("test.in","r",stdin);
int i,j,k;
scanf("%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c);
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&sum[i]),sum[i]+=sum[i-1];
k=K(i);
while(L<R&&que[L].y-k*que[L].x<que[L+1].y-k*que[L+1].x)L++;
f[i]=f[que[L].id]+F((sum[i]-sum[que[L].id]));
now=Point(X(i),Y(i),i);
while(L<R&&xmul(now,que[R],que[R-1])>=0)R--;
que[++R]=now;
}
cout<<f[n]<<endl;
return 0;
}