为了调整电灯亮度，贝西要用干草包堆出一座塔，然后爬到牛棚顶去把灯泡换掉。干草 包会从传送带上运来，共会出现N包干草，第i包干草的宽度是Wi，高度和长度统一为1。干 草塔要从底层开始铺建。贝西会选择最先送来的若干包干草，堆在地上作为第一层，然后再 把紧接着送来的几包干草包放在第二层，再铺建第三层……重复这个过程，一直到所有的干 草全部用完。每层的干草包必须紧靠在一起，不出现缝隙，而且为了建筑稳定，上层干草的 宽度不能超过下层的宽度。按顺序运来的干草包一定要都用上，不能将其中几个干草包弃置 不用。贝西的目标是建一座最高的塔，请你来帮助她完成这个任务吧。
第一行：单个整数：N，1 ≤ N ≤ 100000 第二行到N + 1行：第i + 1行有一个整数Wi，1 ≤ Wi ≤ 10000
第一行：单个整数，表示可以建立的最高高度
将1 和2放在第一层，将3放在第二层
这题首先应该会想到贪心，但马上否定掉。但此时如果你完全放弃了贪心，那么你就很可能想不到正解了。
由于此题阶段明显，可以断定用动规。在不考虑数据范围的前提下应该是很好做的。但N ≤ 100000，只能寻求更好的算法。
再回想到贪心，这时会想到一个奇葩的感觉貌似是对的，又不知如何证明的推论：
将塔看作一个面积一定图形，要使其最高，必须最瘦。
事实上这个是正确的。证明引自张昆玮大牛
任意取出一个能使层数最高的方案，设有CA层，把其中从下往上每一层最大的块编号记为Ai；任取一个能使底边最短的方案，设有CB层，把其中从下往上每一层最大的块编号记为Bi。显然A1>=B1,ACB<=BCB，这说明至少存在一个k属于(1,CB)，满足Ak-1>=Bk-1且Ak<=Bk。也就是说，方案 A 第K 层完全被方案 B 第K 层包含。构造一个新方案，第K 层往上按方案 A，往下按方案 B，两边都不要的块放中间当第K 层。新方案的层数与 A 相同，而底边长度与 B 相同。证毕。(什么，看不懂？慢慢看吧。。耐心点就看懂了，想当初我也是如此熬过来的）
于是底边最短的方案，层数最高。枚举最底层由哪几块组成，由此可以得出一个方程:从n到i中最底层的宽度f[i]=min(sum[j-1...i]) 满足 f[j]<=sum[j-1...i]（因为这样会使得上一层的宽度不大于下一层的宽度） 且 n>=j>i
其中i=n->1
分析一下，发现f[i]=min(sum[j-1])-sum[i-1]（令sum[i]表示宽度的前缀和），而sum[i]是随i的增大而增大的，所以从i到n一旦发现一个符合条件的决策j，便将其取出来更新f[i]。但是这仍不能通过所有数据。
再次分析，发现所有的决策的值（例如对于决策j值即为sum[j-1])由n往前都是单调递减的，也就是一个比一个优。因此决定性的因素则是他们的生效时间。
对于决策j：观察不等式f[j]<=sum[j-1...i]即f[j]<=sum[j-1]-sum[i-1],变形可得sum[i-1]<=sum[j-1]-f[j]，发现sum[j-1]-f[j]便是其生效时间，也就是说在第一个i使得sum[i-1]<=sum[j-1]-f[j]之后到1决策j都是有效的。于是我们可以开一个单调队列，使得生效时间递减，并且队头始终生效并且队头+1未生效。由于后入队的决策比前面的优，于是一旦队头+1生效，队头便可弹掉。入队的时候，如果发现队尾-1的生效时间<队尾的生效时间，则弹掉队尾-1。
如此一来便完美的解决了此题，复杂度为O(n)
CODE：
#include <cstdio> const int N=100000+9; int q[N],g[N],f[N],sum[N],w[N],n; int main() { scanf("%d",&n); for (int i=1;i<=n;++i) { scanf("%d",w+i); sum[i]=sum[i-1]+w[i]; } q[1]=n+1; int h=1,t=1; for (int i=n;i;--i) { while (h<t && f[q[h+1]]<=sum[q[h+1]-1]-sum[i-1]) ++h; f[i]=sum[q[h]-1]-sum[i-1]; g[i]=g[q[h]]+1; q[++t]=i; while ((t>h) && (f[q[t-1]]-sum[q[t-1]-1]+sum[q[t]-1]>f[q[t]])) --t,q[t]=q[t+1]; } printf("%d\n",g[1]); }
转载于:https://www.cnblogs.com/lazycal/archive/2012/11/07/2759427.html
