思路：

首先求出 \(a\) 的前缀和数组 \(s\)。

考虑动态规划，令 \(dp_{i,j}\) 表示以 \(i\) 结尾，末尾有 \(j\) 个为一组的最小答案，则状态转移方程为：

\[dp_{i,j} = \min [s_{i-j}-s_{i-j-k} \le s_i - s_{i-j}] dp_{i-j,k} + (s_i - s_{i-j})^2
\]

朴素直接转移是 \(O(N^3)\) 的，可以得到 36pts 的好成绩代码就懒的给了。

考虑优化，对于求出最小的一个 \(k\)，使得 \(s_{i-j}-s_{i-j-k} > s_i - s_{i-j}\)，那么状态转移方程为：

\[dp_{i,j} = (s_i - s_{i-j})^2 + \min\limits_{l=1}^k dp_{i-j,l}
\]

后面的一串可以提前前缀预处理好，现在的复杂度在求 \(k\) 上，注意到 \(s_{i,j} - s_{i-j-k}\) 是单调的，那么直接二分即可。

时间复杂度优化至 \(O(N^2 \log N)\)。

$O(N^2 \log N)$ 代码 
#include<bits/stdc++.h>

#define Add(x,y) (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y)

#define lowbit(x) x&(-x)

#define pi pair<ll,ll>

#define pii pair<ll,pair<ll,ll>>

#define iip pair<pair<ll,ll>,ll>

#define ppii pair<pair<ll,ll>,pair<ll,ll>>

#define fi first

#define se second

#define full(l,r,x) for(auto it=l;it!=r;it++) (*it)=x

#define Full(a) memset(a,0,sizeof(a))

#define open(s1,s2) freopen(s1,"r",stdin),freopen(s2,"w",stdout);

using namespace std;

typedef double db;

typedef unsigned long long ull;

typedef long long ll;

bool Begin;

const ll N=5050,INF=4e18;

inline ll read(){

    ll x=0,f=1;

    char c=getchar();

    while(c<'0'||c>'9'){

        if(c=='-')

          f=-1;

        c=getchar();

    }

    while(c>='0'&&c<='9'){

        x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);

        c=getchar();

    }

    return x*f;

}

inline void write(ll x){

	if(x<0){

		putchar('-');

		x=-x;

	}

	if(x>9)

	  write(x/10);

	putchar(x%10+'0');

}

bool op;

ll n,l,r,h,t,ans=INF;

ll s[N],dp[N][N],f[N][N];

ll get(ll l,ll r){

	if(l>r)

	  return 0;

	if(!l)

	  return s[r];

	return s[r]-s[l-1];

}

bool End;

int main(){

	n=read(),op=read();

	for(int i=1;i<=n;i++)

	  s[i]=s[i-1]+read();

	dp[1][0]=f[1][0]=INF;

	dp[1][1]=f[1][1]=s[1]*s[1];

	for(int i=2;i<=n;i++){

		f[i][0]=dp[i][0]=INF;

		for(int j=1;j<=i;j++){

			l=1,r=i-j,t=0,h=get(i-j+1,i);

			if(s[i-j]<=h)

			  t=i-j+1;

			else{

				while(l<=r){

					ll mid=(l+r)>>1;

					if(get(i-j-mid+1,i-j)>h){

						t=mid;

						r=mid-1;

					}

					else

					  l=mid+1;

				}

			}

			dp[i][j]=f[i-j][t-1]+h*h;

			f[i][j]=min(f[i][j-1],dp[i][j]);

		}

	}

	for(int i=1;i<=n;i++)

	  ans=min(ans,dp[n][i]);

	write(ans);

	cerr<<'\n'<<abs(&Begin-&End)/1048576<<"MB";

	return 0;

}

之后我们可以发现，若 \(j\) 的单增的，则 \(i-j-k+1\) 是单降的，那么我们直接对 \(k\) 进行走指针即可，时间复杂度优化至 \(O(N^2)\)，可以拿到 64pts 的好成绩。

$O(N^2)$ 代码 
#include<bits/stdc++.h>

#define Add(x,y) (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y)

#define lowbit(x) x&(-x)

#define pi pair<ll,ll>

#define pii pair<ll,pair<ll,ll>>

#define iip pair<pair<ll,ll>,ll>

#define ppii pair<pair<ll,ll>,pair<ll,ll>>

#define fi first

#define se second

#define full(l,r,x) for(auto it=l;it!=r;it++) (*it)=x

#define Full(a) memset(a,0,sizeof(a))

#define open(s1,s2) freopen(s1,"r",stdin),freopen(s2,"w",stdout);

using namespace std;

typedef double db;

typedef unsigned long long ull;

typedef long long ll;

bool Begin;

const ll N=5050,INF=4e18;

inline ll read(){

    ll x=0,f=1;

    char c=getchar();

    while(c<'0'||c>'9'){

        if(c=='-')

          f=-1;

        c=getchar();

    }

    while(c>='0'&&c<='9'){

        x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);

        c=getchar();

    }

    return x*f;

}

inline void write(ll x){

	if(x<0){

		putchar('-');

		x=-x;

	}

	if(x>9)

	  write(x/10);

	putchar(x%10+'0');

}

bool op;

ll n,t,h,sum,ans=INF;

ll s[N],a[N],dp[N][N],f[N][N];

ll get(ll l,ll r){

	if(l>r)

	  return 0;

	if(!l)

	  return s[r];

	return s[r]-s[l-1];

}

bool End;

int main(){

	n=read(),op=read();

	for(int i=1;i<=n;i++){

		a[i]=read();

		s[i]=s[i-1]+a[i];

	}

	dp[1][0]=f[1][0]=INF;

	dp[1][1]=f[1][1]=s[1]*s[1];

	for(int i=2;i<=n;i++){

		f[i][0]=dp[i][0]=INF;

		t=i-1,sum=a[i-1];

		for(int j=1;j<=i;j++){

			ll h=get(i-j+1,i);

			while(sum<=h&&t){

				t--;

				sum+=a[t];

			}

			dp[i][j]=f[i-j][i-j-t]+h*h;

			f[i][j]=min(f[i][j-1],dp[i][j]);

			sum-=a[i-j];

		}

	}

	for(int i=1;i<=n;i++)

	  ans=min(ans,dp[n][i]);

	write(ans);

	cerr<<'\n'<<abs(&Begin-&End)/1048576<<"MB";

	return 0;

}

因为我们这种 dp 的状态数都已经达到了 \(N^2\)，于是考虑找一些性质。

容易打表发现在合法情况下，满足 \(dp_{i,j} \le dp_{i,j+1}\)。

那么我们可以找到每个位置 \(i\)，记录一下 \(f_i\) 表示 \(\min dp_{i,j}\)，且最后一段为 \([g_i,i]\)，则状态转移方程为：

\[f_i = \min\limits_{j=0}^{i-1} [s_j-s_{g_j-1} \le s_i - s_j] f_j + (s_i - s_j)^2
\]

此时我们就将状态时将至 \(O(N)\) 级别，现在考虑来优化状态转移方程。

$O(N)$ 状态代码 
#include<bits/stdc++.h>

#define Add(x,y) (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y)

#define lowbit(x) x&(-x)

#define pi pair<ll,ll>

#define pii pair<ll,pair<ll,ll>>

#define iip pair<pair<ll,ll>,ll>

#define ppii pair<pair<ll,ll>,pair<ll,ll>>

#define fi first

#define se second

#define full(l,r,x) for(auto it=l;it!=r;it++) (*it)=x

#define Full(a) memset(a,0,sizeof(a))

#define open(s1,s2) freopen(s1,"r",stdin),freopen(s2,"w",stdout);

using namespace std;

typedef double db;

typedef unsigned long long ull;

typedef long long ll;

bool Begin;

const ll N=5e5+10,INF=4e18;

inline ll read(){

    ll x=0,f=1;

    char c=getchar();

    while(c<'0'||c>'9'){

        if(c=='-')

          f=-1;

        c=getchar();

    }

    while(c>='0'&&c<='9'){

        x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);

        c=getchar();

    }

    return x*f;

}

inline void write(ll x){

	if(x<0){

		putchar('-');

		x=-x;

	}

	if(x>9)

	  write(x/10);

	putchar(x%10+'0');

}

bool op;

ll n,t,h,ans=INF;

ll s[N],a[N],f[N],g[N];

ll get(ll l,ll r){

	if(l>r)

	  return 0;

	if(l<0)

	  return s[r];

	return s[r]-s[l-1];

}

bool End;

int main(){

	n=read(),op=read();

	for(int i=1;i<=n;i++){

		a[i]=read();

		s[i]=s[i-1]+a[i];

		f[i]=INF;

	}

	g[1]=1;

	f[0]=g[0]=0;

	f[1]=s[1]*s[1];

	for(int i=2;i<=n;i++){

		for(int j=0;j<i;j++){

			h=get(g[j],j),t=get(j+1,i);

			if(h>t)

			  continue;

			if(f[j]+t*t<f[i]){

				f[i]=f[j]+t*t;

				g[i]=j+1;

			}

		}

	}

	write(f[n]);

	cerr<<'\n'<<abs(&Begin-&End)/1048576<<"MB";

	return 0;

}

容易发现，当 \(j\) 最大时，这个式子的值最小，所以我们需要求出一个最大的 \(j\) 满足 \(s_j-s_{g_j-1} \le s_i - s_j\)，即：

\[2s_j - s_{g_j-1} \le s_i
\]

注意到 \(s_i\) 单增，我们可以维护一个 \(2s_j - s_{g_j-1}\) 单增的单调队列，然后找到这个队列最后一个满足条件的 \(j\)，那么 \(j\) 以前的数对答案无法造成贡献，将其弹出。

这样每个数至多被弹出一次，时间复杂度为 \(O(N)\)。

完整代码：

#include<bits/stdc++.h>

#define Add(x,y) (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y)

#define lowbit(x) x&(-x)

#define pi pair<ll,ll>

#define pii pair<ll,pair<ll,ll>>

#define iip pair<pair<ll,ll>,ll>

#define ppii pair<pair<ll,ll>,pair<ll,ll>>

#define fi first

#define se second

#define full(l,r,x) for(auto it=l;it!=r;it++) (*it)=x

#define Full(a) memset(a,0,sizeof(a))

#define open(s1,s2) freopen(s1,"r",stdin),freopen(s2,"w",stdout);

using namespace std;

typedef double db;

typedef unsigned long long ull;

typedef long long ll;

typedef __int128 __;

bool Begin;

const ll N=4e7+5,mod=1ll<<30;

inline ll read(){

    ll x=0,f=1;

    char c=getchar();

    while(c<'0'||c>'9'){

        if(c=='-')

          f=-1;

        c=getchar();

    }

    while(c>='0'&&c<='9'){

        x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);

        c=getchar();

    }

    return x*f;

}

inline void write(__ x){

	if(x<0){

		putchar('-');

		x=-x;

	}

	if(x>9)

	  write(x/10);

	putchar(x%10+'0');

}

__ t,ans;

bool op;

int n,head=1,tail=0;

ll s[N],g[N];

int Q[N];

inline void Read(){

	ll x,y,z,m,p,l,r,pre=0;

	x=read(),y=read(),z=read(),s[1]=read(),s[2]=read(),m=read();

	for(int i=3;i<=n;i++)

	  s[i]=(x*s[i-1]+y*s[i-2]+z)%mod;

	for(int i=1;i<=m;i++){

		p=read(),l=read(),r=read();

		for(int j=pre+1;j<=p;j++)

		  s[j]=(s[j]%(r-l+1))+l;

		pre=p;

	}

}

inline ll get(int l,int r){

	if(l>r)

	  return 0;

	if(l<1)

	  return s[r];

	return s[r]-s[l-1];

}

inline ll date(ll x){

	return 2ll*s[x]-s[g[x]-1];

}

bool End;

int main(){

	n=read(),op=read();

	if(op==1)

	  Read();

	else{

		for(int i=1;i<=n;i++)

		  s[i]=read();

	}

	for(int i=1;i<=n;i++)

	  s[i]+=s[i-1];

	g[1]=1,g[0]=0;

	Q[++tail]=0,Q[++tail]=1;

	for(int i=2;i<=n;i++){

		while(date(Q[head+1])<=s[i]&&head+1<=tail)

		  head++;

		g[i]=Q[head]+1;

		t=get(g[i],i);

		while(date(i)<=date(Q[tail])&&tail>=head)

		  tail--;

		Q[++tail]=i;

	}

	for(int i=n;i>=1;i=g[i]-1)

	  ans+=(__)(s[i]-s[g[i]-1])*(s[i]-s[g[i]-1]);

	write(ans);

	cerr<<'\n'<<abs(&Begin-&End)/1048576<<"MB";

	return 0;

}

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