【单调性dp】poj 3017 Cut the Sequence

题目：http://poj.org/problem?id=3017

参考：http://www.cnblogs.com/MashiroSky/p/5956429.html

//看了好久，智商堪忧//#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")#include <stdio.h>#include <string.h>#include <iostream>#include <algorithm>#include <vector>#include <queue>#include <stack>#include <set>#include <map>#include <string>#include <math.h>#include <stdlib.h>#include <time.h>using namespace std;typedef long long LL;const int INF = 0x3f3f3f3f;/*题意：给出一个数列(n个数)要求将它分割成许多块，每块的数的和不超过m，要求每块中最大的数之和最小。题解：dp[i]表示处理到第i个数，并且第i个数作为分割节点，每块中最大的数之和最小的指。朴素转移方程式：dp[i] = min(dp[xi]+Max(a[j]));(xi<i)(j>xi,j<=i)(Sum(a[j])<=m)对于a[xi+1]-->a[i]的最大值位置设为k，那么对于(xi<k)，dp[i]=min(dp[xi])+a[k]，可以发现dp[i]是单调不降的，所以对于(xi<k)，dp[i]=dp[min(xi)]+a[k];对于(xi>=k)，dp[i]=dp[k]+Max(a[k+1]-->a[i])。那么用单调队列维护a[i]最大值的位置，由于k后面的范围无法用优先级比较，我们需要用multiset维护最小的a[k]+dp[xi]。*/const int N = 100010;int a[N],q[N];LL pre[N],dp[N],m;int main(){    int n;    scanf("%d%lld",&n,&m);    pre[0] = 0;    for(int i=1; i<=n; i++){        scanf("%d",&a[i]);        pre[i] = pre[i-1]+a[i];    }    multiset<LL> s;    int head=1,tail=0;    int k = 0;    for(int i=1; i<=n; i++)    {        if(a[i]>m){            puts("-1");            return 0;        }        while(pre[i]-pre[k]>m) k++;        while(head<=tail && q[head]<=k){            //弹出头部元素时，头部的后一个元素（如果有）即是我们说的k            if(head<tail) s.erase(a[q[head+1]]+dp[q[head]]);            head++;        }        while(head<=tail && a[i]>=a[q[tail]]){            if(head<tail) s.erase(a[q[tail]]+dp[q[tail-1]]);            tail--;        }        q[++tail]=i;        if(head<tail && i>q[tail-1])            s.insert(a[i]+dp[q[tail-1]]);        dp[i] = a[q[head]]+dp[k];        LL tmp = *s.begin();        if(head<tail && tmp<dp[i])            dp[i] = tmp;    }    printf("%lld\n",dp[n]);    return 0;}