令 \(f_i\) 表示最后一座桥的右端点在第 \(i\) 根柱子所需的最小代价，对 \(w\) 做一遍前缀和：

考虑两个决策点 \(j,k(h_j<h_k)\)，假设 \(j\) 对于当前点 \(i\) 更优：

对 \((h,f-w+h_{+1}^2)\) 维护一个下凸包，为了方便第 \(i\) 个点的信息我们记为 \((x_i,y_i,z)\)，其中 \(z\) 表示转移到 \(i\) 点时直线的斜率。

考虑 CDQ 分治，首先将点按 \(z\) 从小到大排序。处理 \([l,r]\) 时，先将点按照编号分成两半，当然两半内部 \(z\) 仍然递增。

然后递归处理前一半。前一半返回的时候 \(x\) 递增，而后一半因为没有操作过，所以 \(z\) 仍然递增。

这样就可以用单调队列进行斜率优化了。处理完前一半对后一半的转移后，递归处理后一半。

现在两部分 \(x\) 都递增了，归并一下就行了。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 100005
#define Db double
#define Min(x,y)((x)<(y)?x:y)
#define For(i,x,y)for(i=x;i<=(y);i++)
#define int long long
struct point
{
	int x,y,id,rake;
}a[N],b[N];
int f[N],w[N],h[N],que[N];
int read()
{
	int A;
	bool K;
	char C;
	C=A=K=0;
	while(C<'0'||C>'9')K|=C=='-',C=getchar();
	while(C>'/'&&C<':')A=(A<<3)+(A<<1)+(C^48),C=getchar();
	return(K?-A:A);
}
inline bool cmp(point _,point __)
{
	return _.rake<__.rake;
}
inline Db slope(int j,int k)
{
	return(a[j].x==a[k].x?(a[j].y<a[k].y?1e18:-1e18):Db(a[j].y-a[k].y)/Db(a[j].x-a[k].x));
}
void cdq(int l,int r)
{
	int k;
	if(l==r)
	{
		k=a[l].id;
		a[l].y=f[k]-w[k]+h[k]*h[k];
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1,i=l,j,head=1,tail=0,pos;
	j=mid+1;
	For(k,l,r)b[(a[k].id<=mid?i++:j++)]=a[k];
	For(k,l,r)a[k]=b[k];
	cdq(l,mid);
	For(k,l,mid)
	{
		while(head<tail&&slope(que[tail-1],que[tail])>=slope(que[tail],k))tail--;
		que[++tail]=k;
	}
	For(k,mid+1,r)
	{
		while(head<tail&&slope(que[head],que[head+1])<=a[k].rake)head++;
		pos=a[que[head]].id;
		f[a[k].id]=Min(f[a[k].id],f[pos]+(h[a[k].id]-h[pos])*(h[a[k].id]-h[pos])+w[a[k].id-1]-w[pos]);
	}
	cdq(mid+1,r);
	i=l;
	j=mid+1;
	For(k,l,r)b[k]=a[(i<=mid&&(j>r||a[i].x<a[j].x)?i++:j++)];
	For(k,l,r)a[k]=b[k];
}
signed main()
{
	int n,i;
	n=read();
	For(i,1,n)h[i]=read();
	For(i,1,n)
	{
		w[i]=read()+w[i-1];
		f[i]=LONG_LONG_MAX>>1;
		a[i].rake=h[i]<<1;
		a[i].x=h[i];
		a[i].id=i;
	}
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	f[1]=0;
	cdq(1,n);
	cout<<f[n];
	return 0;
}