考虑如下$dp$：
$dp(i)=max/min(A(i)+B(j)+C(i)D(j))$ $(j < i)$
其中，A(i),C(i)只与i有关，B(j),D(j)只与j有关。
括号里有与i,j同时有关的项,导致单调队列优化失效，但是如果这样的项只有一个可以采用斜率优化。方法如下：
将此dp方程转化为$dp(i)-A(i)=max/min(B(j)-C(i)(-D(j)) )$的形式。
设b=dp(i)-A(i)，y=B(j)，k=C(i)，x=-D(j)
即$b=y-kx$，这时，只要使b最小/最大，就能使结果最小/最大。
移项，得$y=kx+b$，转化为直线的形式。每计算完一个j就可以计算出对应的x,y.
其实就是把要最优的值设为b，只和j相关的项设为y，同时相关的设为kx。
还有类似$b=ay-kx$的形式（两项相关），只要转为$b/a=y-(k/a)*x$即可。
以最大为例（最小类似），现在就是要在所有的（x,y）中找出一对使得b最大。
把（x,y）表示为坐标系中点的形式，就是找一个点使得斜率为k的直线经过这个点时与y轴的交点的y坐标尽量大。
可以发现把斜率为k的直线放在无限高处，再向下平移，接触到的第一个点就是结果。
如图：
因为要求最大值，所以只有上凸包上的点有可能成为最大值，其他点可以删除。
这时，红色箭头即为b，绿色箭头即为最优的（x，y）。dp(i)就是b+A(i)。
如果x单调，k也单调，就可以用队列或栈来维护凸包。（时间复杂度$O(N)$）
如果k不单调，可以在凸包上二分，找到第一个斜率小于k的位置，并计算解。（时间复杂度$O(NlogN)$）
如果x不单调，可以用splay维护凸包，或利用CDQ分治，在每层将x，k排序，使x，k递增。（时间复杂度$O(NlogN)$）
例题：bzoj1911[Apio2010] 特别行动队
设 f[i] 表示将前 i 个分组的最优值,则有转移方程式:
$f[i]=max（ f[j]+a×(C[i]-C[j])^2+b×(C[i]-C[j])+c ）$
经过化简得到:
$f[i]=max( f[j]+a×C[j]^2-b×C[j]-2×a×C[i]×C[j]+a×C[i]^2+b×C[i]+c )$
设$A(i)=a×C[i]^2+b×C[i]+c$
$B(j)=f[j]+a×C[j]^2-b×C[j]$
$C(i)=2×a×C[i]$
$D(j)=-C[j]$
就可以进行斜率优化了。且x单调递增，k单调递减，可以使用队列维护凸包。
代码：
#include <stdio.h> #define ll long long ll dp[1000010]; int sz[1000010],S[1000010]; ll X[1000010],Y[1000010],he=0,ta=0; int main() { int n,a,b,c; scanf("%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&sz[i]); S[i]=sz[i]+S[i-1]; } for(int i=0;i<=n;i++) { if(i==0) dp[i]=0; else { int k=2*a*S[i]; while(he+1<ta&&Y[he]-k*X[he]<Y[he+1]-k*X[he+1])//从队首删除点 he+=1; dp[i]=Y[he]-k*X[he]+(ll)a*S[i]*S[i]+(ll)b*S[i]+c;//计算dp值 } ll x=S[i],y=dp[i]+(ll)a*S[i]*S[i]-(ll)b*S[i];//计算x，y值 while(he+1<ta&&double(y-Y[ta-1])/(x-X[ta-1])>double(Y[ta-1]-Y[ta-2])/(X[ta-1]-X[ta-2]))//入队 ta-=1; X[ta]=x,Y[ta]=y; ta+=1; } printf("%lld",dp[n]); return 0; }