题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2829
题目大意：有一段铁路有n个站，每个站可以往其他站运送粮草，现在要炸掉m条路使得粮草补给最小，粮草补给的公式是将每个站能收到的粮草的总和。
4----5-----1-----2
粮草总和为4*5 + 4*1 + 4*2 + 5*1 + 5*2 + 1*2 = 49.
4----5 1-----2
粮草总和为4*5 + 1*2 = 22.
4 5-----1------2
粮草总和为5*1 + 5*2 + 1*2 = 17.
解题思路：数组dp[i][j]表示第i个位置炸成j段的最小价值，cost[i][j]表示i~j这段的价值，则得到状态转移方程：
dp[i][j]=min{dp[k][j-1]+cost[k+1][i]}.(k<i)，复杂度为O（n^3）显然会超时
易得cost[1][i]=cost[1][k]+cost[k+1][i]+sum[k]*(sum[i]-sum[k])
则cost[k+1][i]=cost[1][i]-cost[1][k]+sum[k]^2-sum[k]*sum[i].
使用cost[i]表示cost[1][i]得，dp[i][j]=min{dp[k][j-1]+cost[i]-cost[k]+sum[k]^2-sum[k]*sum[i]}.
可以得出 y=dp[k][j-1]-cost[1][k]+sum[k]^2
x=sum[k].
斜率sum[i]。
用斜率优化，将复杂度降为O（n^2）即可。
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=1e3+;
int dp[N][N],sum[N],cost[N],q[N],head,tail; //yj-yk/xj-xk
double Slope(int m,int k,int j){
return double(dp[j][m-]+sum[j]*sum[j]-cost[j]-dp[k][m-]-sum[k]*sum[k]+cost[k])/(sum[j]-sum[k]);
} //dp[i][j]=min{dp[k][j-1]+cost[i]-cost[k]-sum[k]*(sum[i]-sum[k])}
int getDP(int i,int j,int k){
return dp[k][j-]+cost[i]-cost[k]-sum[k]*(sum[i]-sum[k]);
} int main(){
int n,m;
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
if(m==&&n==)
break;
memset(cost,,sizeof(cost));
sum[]=;
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%d",&sum[i]);
sum[i]+=sum[i-];
}
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=;j<i;j++){
cost[i]+=(sum[j]-sum[j-])*(sum[i]-sum[j]);
}
dp[i][]=cost[i];
}
for(int j=;j<=m+;j++){
head=tail=;
q[tail++]=j-;
for(int i=j;i<=n;i++){
while(head+<tail&&Slope(j,q[head],q[head+])<=sum[i]){
head++;
}
dp[i][j]=getDP(i,j,q[head]);
while(head+<tail&&Slope(j,q[tail-],q[tail-])>=Slope(j,q[tail-],i)){
tail--;
}
q[tail++]=i;
}
}
printf("%d\n",dp[n][m+]);
}
return ;
}