题目大意：
一个N个点的序列，要将他们全部覆盖，求总最少费用；费用计算： c+(x-y)2
分析：
斜率优化DP
我们假设k<j<i。如果在j的时候决策要比在k的时候决策好，那么也是就是dp[j]+M+(sum[i]-sum[j])^2<dp[k]+M+(sum[i]-sum[k])^2。(因为是最小花费嘛，所以优就是小于)
两边移项一下，得到：(dp[j]+num[j]^2-(dp[k]+num[k]^2))/(2*(num[j]-num[k]))<sum[i]。我们把dp[j]-num[j]^2看做是yj，把2*num[j]看成是xj。
那么不就是yj-yk/xj-xk<sum[i]么？ 左边是不是斜率的表示？
那么yj-yk/xj-xk<sum[i]说明了什么呢？ 我们前面是不是假设j的决策比k的决策要好才得到这个表示的？ 如果是的话，那么就说明g[j,k]=yj-jk/xj-xk<sum[i]代表这j的决策比k的决策要更优。
关键的来了：现在从左到右，还是设k<j<i，如果g[i,j]<g[j,k]，那么j点便永远不可能成为最优解，可以直接将它踢出我们的最优解集。为什么呢？
我们假设g[i,j]<sum[i]，那么就是说i点要比j点优，排除j点。
如果g[i,j]>=sum[i]，那么j点此时是比i点要更优，但是同时g[j,k]>g[i,j]>sum[i]。这说明还有k点会比j点更优，同样排除j点。
排除多余的点，这便是一种优化！
接下来看看如何找最优解。
设k<j<i。
由于我们排除了g[i,j]<g[j,k]的情况，所以整个有效点集呈现一种上凸性质，即k j的斜率要大于j i的斜率。
这样，从左到右，斜率之间就是单调递减的了。当我们的最优解取得在j点的时候，那么k点不可能再取得比j点更优的解了，于是k点也可以排除。换句话说，j点之前的点全部不可能再比j点更优了，可以全部从解集中排除。
于是对于这题我们对于斜率优化做法可以总结如下：
1，用一个单调队列来维护解集。
2，假设队列中从头到尾已经有元素a b c。那么当d要入队的时候，我们维护队列的上凸性质，即如果g[d,c]<g[c,b]，那么就将c点删除。直到找到g[d,x]>=g[x,y]为止，并将d点加入在该位置中。
3，求解时候，从队头开始，如果已有元素a b c，当i点要求解时，如果g[b,a]<sum[i]，那么说明b点比a点更优，a点可以排除，于是a出队。最后dp[i]=getDp(q[head])。
原文链接 http://www.cnblogs.com/ka200812/archive/2012/08/03/2621345.html
对于这道题： f[i] = min(f[j] + (a[i]-a[j+1]) ^ 2+c) （N^2)
公式变形+数形结合：f[i] = min{f[j] + a[j+1]^2 - 2*a[i]*a[j+1] + a[i]^2 +C}
令x = a[j+1],y = f[j] + a[j+1]^2;
f[i] = y - 2*a[i]*x + a[i]^2 + C;
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define maxn 1000005
using namespace std;
typedef long long LL;
LL n,a[maxn];
LL dp[maxn];
int que[maxn];
double judge_k(int x,int y)
{
return (double)(dp[x]+a[x+]*a[x+]-(dp[y]+a[y+]*a[y+]))/((double)(2.0*(a[x+]-a[y+])));
}
int main()
{
int c;
while(scanf("%I64d %d",&n,&c)!=EOF)
{
if(n==&&c==)
break;
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%I64d",&a[i]);
dp[]=;dp[]=c;
que[]=;
que[]=;
int l=,r=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
while(l<r&&judge_k(que[l],que[l+])<=a[i]) l++;
dp[i]=dp[que[l]]+c+(a[i]-a[que[l]+])*(a[i]-a[que[l]+]);
while(l<r&&judge_k(que[r],i)<=judge_k(que[r],que[r-])) r--;
que[++r]=i;
}
printf("%I64d\n",dp[n]);
}
return ;
}