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简要题意：

有 $n$ 根柱子依次排列，每根柱子都有一个高度。第 $i$ 根柱子的高度为 $h_i$。

现在想要建造若干座桥，如果一座桥架在第 $i$ 根柱子和第 $j$ 根柱子之间，那么需要 $(h_i-h_j{)}^2$​​ 的代价。

在造桥前，所有用不到的柱子都会被拆除，因为他们会干扰造桥进程。第 $i$ 根柱子被拆除的代价为 $w_i$，注意 $w_i$ 不一定非负，因为可能政府希望拆除某些柱子。

现在政府想要知道，通过桥梁把第 $1$ 根柱子和第 $n$ 根柱子连接的最小代价。注意桥梁不能在端点以外的任何地方相交。

对于 $100\%$ 的数据，有 $2\le n\le 10^5;0\le h_i,|w_i|\le 10^6$。

解法：

首先可以想到 $O(n^2)$ 的 $dp$，记 $S_n={\sum }_{i=1}^n{w}_i$，我们有：
$$d{p}_i=d{p}_j+(h_i-h_j{)}^2+S_{i-1}-S_j$$ 观察，想到斜率优化，移项化简：
$$d{p}_i-h_i^2-S_{i-1}=-2h_j{h}_i-S_j+h_j^2+d{p}_j$$令：
$$\{\begin{array}{l}k=-2h_j\\ b=-S_j+h_j^2+d{p}_j\\ d{p}_i=k{h}_i+b+h_i^2+S_{i-1}\end{array}$$
我们就能构建出一些关于 $d{p}_i$ 一次函数，其中 $h_i^2+S_{i-1}$ 是在计算 $d{p}_i$ 时处理的，可以把它认为是 “静态” 的，显然为了让 $d{p}_i$ 尽量小，我们应当让 $k{h}_i+b$ 尽量小。

我们直接使用李超线段树来维护直线方便转移即可，几乎就是模板题了。

#include <bits/stdc++.h>#define inf 0x3f3f3f3f
#define infll 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
typedef long long lnt;using namespace std;struct my_stream {lnt x;operator lnt() {scanf("%lld", &x);return x;}
} ___read;
#define input() ___readconst int N = 4e6 + 10;
const lnt MAX_T = 2e6;int cmp(lnt x, lnt y) {if (x - y == 0) return 0;return x > y ? 1 : -1;
}struct line {lnt k, b;line() = default;line(lnt _b, lnt _k) : b(_b), k(_k) {}lnt operator()(lnt x) const { return k * x + b; }
} f[N];struct TTT {struct node {node *lf, *rt;int id;} _new[N], *rt;lnt _top;node *newnode() { return &_new[++_top]; }lnt max(lnt a, lnt b, lnt x) {lnt pd = cmp(f[a](x), f[b](x));if (pd == 0) return min(a, b);else if (pd == 1) return a;else return b;}void update(node *&cur, lnt l, lnt r, int id) {if (cur == NULL) cur = newnode();lnt mid = (l + r) >> 1;if (cur->id == 0) {cur->id = id;return;} else {if (max(cur->id, id, mid) == id) swap(cur->id, id);if (l == r - 1) return;if (max(cur->id, id, r - 1) == id) update(cur->rt, mid, r, id);else if (max(cur->id, id, l) == id) update(cur->lf, l, mid, id);}}lnt query(node *cur, lnt l, lnt r, lnt x) {if (cur == NULL) return -infll;lnt mid = (l + r) >> 1;lnt a = 0;if (x < mid) a = query(cur->lf, l, mid, x);else if (x >= mid) a = query(cur->rt, mid, r, x);return ::max(a, f[cur->id](x));}} t;lnt h[N], s[N], dp[N];lnt pf(lnt x) { return x * x; }int main() { //lnt n = input();for (lnt i = 1; i <= n; ++i) h[i] = input();for (lnt i = 1; i <= n; ++i) s[i] = s[i - 1] + input();f[1] = line(s[1] - pf(h[1]), h[1] * 2);t.update(t.rt, 0, MAX_T, 1);f[n + 1] = line(-infll, 0);t.update(t.rt, 0, MAX_T, n + 1);for (lnt i = 2; i <= n; ++i) {dp[i] = -t.query(t.rt, 0, MAX_T, h[i]) + pf(h[i]) + s[i - 1];f[i] = line(s[i] - pf(h[i]) - dp[i], h[i] * 2);t.update(t.rt, 0, MAX_T, i);}printf("%lld\n", dp[n]);return 0;
}

Tips：

• 本题不用 double 喵。
• 本题要开 long long 喵。
• 本题李超线段树维护的是 $h$，所以其范围是 10^6 喵。
• 文章中的李超线段树将所有都取负然后计算时再反过来。