考慮 dp，記 \(f_i\) 表示跳到位置 \(i\) 的最小代價，考慮哪些狀態會對當前狀態有貢獻。
考慮狀態 \(f_j\) 對當前狀態有貢獻需要滿足什麼條件，發現如果存在 \(j<k<i\) 滿足 \(a_k=\min(a_j,a_{j+1},\dots,a_i)\)，則先跳到 \(k\) 再跳到 \(i\) 會更優。可得 \(\min(a_j,a_{j+1},\dots,a_i)\in\{a_j,a_i\}\)。
考慮對 \(i-j\) 進行根號分治，當 \(i-j\le \sqrt n\) 時，直接暴力更新即可。當 \(i-j>\sqrt n\) 時，因為代價不會超過 \(n(i-j)\)（每次跳一個），所以 \(\min(a_j,a_{j+1},\dots,a_i)<\sqrt n\)。
分 \(\min(a_j,a_{j+1},\dots,a_i)=a_j/a_i\) 兩種情況考慮即可。對於等於 \(a_i\) 的情況，發現 \(a_i<\sqrt n\)，直接暴力列舉。對於等於 \(a_j\) 的情況，初始 \(j\) 為左邊第一個滿足 \(a_j\le a_i\) 的位置，每次跳到左邊第一個小於當前 \(a_j\) 的位置更新即可。
時間複雜度 \(\mathcal O(n\sqrt n)\)。
參考程式碼：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mxn 400003
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define rept(i,a,b) for(int i=a;i<b;++i)
#define drep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
using namespace std;
int n,t,ls,q[mxn],a[mxn],l1[mxn],l2[mxn],l3[mxn];
ll dp[mxn];
signed main(){
scanf("%d",&n);
const int b=sqrt(n);
rep(i,1,n)scanf("%d",&a[i]);
rep(i,1,n){
while(t&&a[q[t]]>a[i])t--;
l1[i]=q[t];
q[++t]=i;
}
t=0;
rep(i,1,n){
while(t&&a[q[t]]>=a[i])t--;
l2[i]=q[t];
q[++t]=i;
}
rep(i,1,n){
if(a[i]<=b)ls=i;
l3[i]=ls;
}
rep(i,2,n){
dp[i]=n*(i-1ll);
int mn=a[i];
drep(j,i-1,max(1,i-b)){
mn=min(mn,a[j]);
dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(ll)(i-j)*(i-j)*mn);
}
int k=l3[l1[i]];
if(a[i]<=b){
drep(j,i-1,1){
if(a[j]<=a[i])break;
dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(ll)(i-j)*(i-j)*a[i]);
}
}
while(k){
dp[i]=min(dp[i],dp[k]+(ll)(i-k)*(i-k)*a[k]);
k=l2[k];
}
}
rep(i,1,n)cout<<dp[i]<<' ';
return 0;
}