問題の意味
そこ\（N- \）非負整数\（a_iを\） \（（N- \ 4 * 10 ^ル7）\） 、いくつかの部分に分割する、と呼ばれる（S_I \）\、必要（S_ {\ 1} + I \ GE S_I \） 、
提供\（RES = \ sum_ {I} = ^ {K}。1 S_I ^ 2 \） 。
需要\（RES \）最小
思考
64のPTS
実際の筆記試験。
セット\（F [I] [J ] \） 最初のセグメントの開始点である\（I \） 、終点\（J \）場合\（RES \）最低。
単純なアプローチは、直接列挙\（I 、J、K \） 、\（F [I] [J ] \） から\（[J] F [K ] \） 上に移します。
最適化：
中間転写ポイント考えてみましょう\（J \）を、各\（I <J \） 、法的\（K \）の範囲が増加している、それだけで列挙することが可能である\（I、Jを\）その後、ポインタ\（K \）\（sum_j-sum_ {I- 1} \） 連続的に前進忘れ、及び最小値を更新することができます。
88のPTS
設けられている\（K \）ブロック、二つの特性を得ることができる。
自然の1：\（K \） 。より好ましい実施形態は、
知覚的に認識：\（A + B ^ 2 ^ 2 \ル（A + B）^ 2 \） 。
さらに推測
特性2：\（S_K \） 。小さい好ましい実施形態
知覚認識：\（S_Kが\）に正面を強制的に、正当なプログラムを作るために、小さい\（S \ ）ので、可能な限り小さくなければならない\（A \）非負整数、（S \）\値が小さいほど、\（K \）以上、より好ましくは1プログラムの性質に応じ。
だから我々は最も小さい、それがエンドポイントであるときを見つけるために、それぞれのための単調なキューを維持することができる\（S_K \） 。
新しい要素は単調な詳細の一部としてだけでなくキューに追加されている場合は、コードを参照してください。
100pts
高精度を追加するための上記のアプローチ （高精度なものは長い...大丈夫、忘れてしまいました）
コード
64pts
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=5e3+7;
const ll inf=5e18;
int n,ty;
ll a[N],sum[N],f[N][N],ans=inf;
void read(){ }
ll p2(ll x){ return x*x; }
int main(){
//freopen("divd.in","r",stdin);
cin>>n>>ty;
if(ty) read();
else for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%lld",&a[i]); sum[i]=sum[i-1]+a[i]; }
memset(f,127,sizeof(f));
for(int i=1;i<=n;i++) f[i][n]=p2(sum[n]-sum[i-1]);
for(int j=n;j>=1;j--){
int k=n;
ll minx=inf;
for(int i=1;i<=j;i++){
while(p2(sum[j]-sum[i-1])<=p2(sum[k]-sum[j])){
minx=min(minx,f[j+1][k]);
k--;
}
f[i][j]=min(f[i][j],minx+p2(sum[j]-sum[i-1]));
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) ans=min(ans,f[1][i]);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}88pts
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=4e7+7;
int n,ty,pre[N],que[N],t1,t2;
ll a[N],sum[N],lst[N],ans;
void read(){};
ll p2(ll x){ return x*x; }
int main(){
// freopen("divd.in","r",stdin);
// freopen("x.out","w",stdout);
cin>>n>>ty;
if(ty) read();
else for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%lld",&a[i]); sum[i]=sum[i-1]+a[i]; }
t1=t2=1;
que[1]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
// printf("%d: ",i); for(int j=t1;j<=t2;j++) printf("%d ",que[j]); putchar('\n');
while(t1<t2&&lst[que[t1+1]]<=sum[i]-sum[que[t1+1]]) t1++;
pre[i]=que[t1];
lst[i]=sum[i]-sum[pre[i]];
while(t2>=t1&&lst[que[t2]]>=lst[i]+sum[i]-sum[que[t2]]) t2--;
que[++t2]=i;
}
int p=n;
while(p){
ans+=lst[p]*lst[p];
p=pre[p];
}
// for(int i=1;i<=n;i++) printf("pre[%d]: %d\n",i,pre[i]);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}