傳送門

題意搞skr人…，其實就是堆方塊：
有n(n<=100000)個乾草,每堆有個寬度，現在要且分成若干段，把每一段的乾草按順序堆起來形成一個多層的乾草堆（所以下標越小的乾草堆放在越下面）且寬度要逐層非嚴格遞減（上面一層的寬度<=下面一層的寬度），求最多可以放多少層。

好神啊這題。。

題意看起來不復雜，所以我們很容易想到一個貪心：
從上往下倒著考慮，假設我們已經知道上面一層的寬度為w，那麼下面一層的最優的策略一定是的大於等於w的寬度和中最靠近w的。

想出貪心之後我們需要證明他的正確性，但是也可以證明貪心是錯的：
在bzoj該題的Discuss下id為thy

ex:
16
6 1 1 1 6 1 1 1 1 6 1 1 1 1 1 6
貪心：
6
111116
111161116
最優：
6111
1161
1116
1116
為什麼是錯的呢？
因為第i層可以幫第i+1層分擔一些寬度，使得i+2層壓力更小

但是我們可以在證明貪心是錯誤的過程中模糊地猜到一個結論：
假如該問題的一個解是最優解，那麼它的最底層寬度一定最小。

這個結論有沒有用我們現在還不知道，但是zory左老師有言：

每一個題目肯定有每一個題目的特質，肯定要抓住這個特質來解題。

為啥，因為最底層最小可以讓乾草堆疊的儘量的高嘛…

然後我們往dp去想，設列一個初級dp方程：
設 $f[i][j]$

我們嘗試優化這個方程，但是我們發現無法優化時空都到 $O(N)$的級別。這時候我們從結論入手，設列一個新的dp方程，且可以優化到 $O(N)$級別。

結合貪心的思路嘗試倒推：
設
$f[i]$為用i~n來構成的乾草堆，底層最短是多少
$g[i]$表示狀態f[i]的最大高度
則
$f[i]=min\lbrace sum[j-1]-sum[i-1]\rbrace(i&lt;j\leq n,\ \ \ f[j] \leq sum[j-1]-sum[i-1])$
$g[i]=g[j]+1$

由於sum[i]具有單調性，所以我們從單調性開始著手使用單調佇列優化d的套路：
在轉移方程中可以得到：
$f[i]$從較小的 $j$轉移過來會更優秀，所以符合條件的 $j$越小越好 —(1)

然後在判斷式中可以看到：
$f[j] \leq sum[j-1]-sum[i-1]$
移項，把關於 $i$， $j$的分別移到兩邊
$sum[i-1] \leq sum[j-1]-f[j]$
那麼我們又可以得到：
對於狀態i的當前決策 $j$， $sum[j−1]−f[j]$越大 ，可以作為決策的情況就越多，這樣的j越有用。—(2)

所以我們有了兩個分別關於下標和式子的單調條件(1)和(2)
所以我們設兩個決策 $j$， $k$滿足 $k&gt;j$，且 $sum[k-1]-f[k] \leq sum[j-1]-jf[j]$的話，k就是無用狀態可以刪去。

用單調佇列維護即可，注意由於我們是倒推所以單調佇列的head和tail要反過來（因為我們預設head<=tail）

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
int a[N],sum[N];
int list[N],head,tail;
int f[N],g[N];
int main()
{
    int n;scanf("%d",&n);
    sum[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    }
    list[1]=n+1; head=tail=1; //注意由於倒序所以head和tail反過來 
    for(int i=n;i>=0;i--)
    {
        while(head<tail && f[list[head+1]]<=sum[list[head+1]-1]-sum[i-1]) head++;
        int j=list[head];
        f[i]=sum[j-1]-sum[i-1];
        g[i]=g[j]+1;
        while(head<=tail && sum[i-1]-f[i]>=sum[list[tail]-1]-f[list[tail]]) tail--;
        list[++tail]=i;
         
    }
    printf("%d\n",g[1]);
    return 0;
}