前置知识：单调队列（一般情况下）、一次函数、前缀和（例题）。
关于
斜率优化一般解决这样的问题：
\[dp_i = \min \{ dp_j + f(i, j) \} \]
当然这种也算：
\[dp_i = \max \{ dp_j + f(i, j) \} \]
例题
链接是这个：跳转到洛谷。
题目大意：将一段数组分段，每段的代价是 \((j - i + \sum_{k=i}^j{c_k} - L) ^2\)，求分段代价合的最小值。
第一次变形
令前缀和数组为 \(s\)，即：\(s_i = \sum_1^i{c_k}\)，则：\(\sum_{k=i}^j{c_k} = sum_j - sum_{i - 1}\)。
令：\(m = L + 1\)。
则：\(dp_i = \min \{ dp_j + (i - j + s_i - s_j +m) \}\)。
继续令：\(a_i = i + s_i\)。
则：\(dp_i = \min \{ dp_j + (a_i - a_j - m)^2 \}\)。
就是上面关于所提到的类似的式子。
弱版的话直接这样暴力 DP \(O(n^2)\) 就能过。
第二次变形
解决：\(dp_i = \min \{ dp_j + (a_i - a_j - m)^2 \}\) 的问题。
假设存在更优解 \(j\) 且 \(j\) 小于当前最优值 \(k\)，即：\(j < k\).
那么很容易得到：\(dp_j + (a_i - a_j - m)^2 \le dp_k + (a_i - a_k - m)^2\)。
化解移项（过程略）后得到的结果：
\[(dp_j + a_j ^ 2) - (dp_k - a_k^2) \le 2(a_i - m)(a_j - k) \]
令：\(f(i) = dp_i + a_i^2\)，可得：
\[\frac{f(j) - f(k)}{a_j - a_k} \le 2(a_i - m) \]
斜率具有单调性，使用单调队列优化即可。
代码
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define GCC optimize("Ofast", "-funroll-all-loops")
#pragma GCC target("popcnt")
#define int long long
#define rep(x, a, b) for (auto x = a; x <= b; x++)
#define rpl(x, a, b) for (auto x = a; x < b; x++)
#define per(x, a, b) for (auto x = a; x >= b; x--)
using namespace std;
#define pii pair<int, int>
#define x first
#define y second
const int N = 5e4 + 10;
int n, m, a[N], b[N], s[N], dp[N];
deque<int> q;
int f(int x) { return dp[x] + a[x] * a[x]; }
double slope(int x, int y) { return (double)(f(x) - f(y)) / (a[x] - a[y]); }
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n >> m;
m ++;
rep(i, 1, n) cin >> s[i];
rep(i, 2, n) s[i] += s[i - 1];
rep(i, 1, n) a[i] = s[i] + i;
q.push_back(0);
rep(i, 1, n) {
while (q.size() > 1 && slope(q[0], q[1]) <= 2 * (a[i] - m)) q.pop_front();
dp[i] = dp[q[0]] + (a[i] - a[q[0]] - m) * (a[i] - a[q[0]] - m);
while (q.size() > 1 && slope(q[q.size() - 2], q.back()) > slope(i, q.back())) q.pop_back();
q.push_back(i);
}
cout << dp[n] << endl;
return 0;
}