Cut the Sequence（单调队列DP+set）

题面

• 大意：一段长度为n的序列，分成若干段，每段值的总和不能超过m，求各段中最大值加起来的最小值。

其实最朴素的DP还是很好想的，以f[i]表示i及i以前已经分好所需的最小值，a[i]表示i点的值，那么枚举k，k满足

1. k<i .
2. \[(\sum^{j <= i }_{j = k+1}a[j] )<= m.
   \]

可用k更新f[i] : $$f[i]=\min(f[k]+\max(a[k+1->i]))$$

时间复杂度为O（n^2 ），明显T了。

那么一定是有很多的冗杂运算了，下面我们就来找出并避免这些运算。

• 首先\(f[i]一定是单调不降的\)，这很显然。
  
  那么我们可以找出来一些规律,当 \(\max(a[k+1->i])\) 固定时，\(k越小越好\)，当\(\max(a[k+1->i])\)改变时，无法直接判断，仍是一种有可能成为最小值的情况，那么其他的k是没有用的，即 $$j1<j2,a[j1]<=a[j2]时，j2无用$$
  
  到这里已经可以看出来需要\(维护一个单调递减的单调队列\).
  
  但是单调队列中是a[k]递减，但\({f[k]+\max(a[k+1->i])}\)并不单调，需要用multiset来维护一下，其中\(\max(a[k+1->i])\)其实就是队列中的下一个元素的值，insert(f[k]+a[k的下一个元素])即可，队列与set同时insert和pop（这里的细节较多，后面看代码注释）,因为每个k最多入队和出队一次，单调队列均摊O（1），set维护log（N），总时间复杂度O(Nlog(N)).
  
  看代码：注意数据范围，得开long long。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
typedef pair<int,int> pii;
#define mk make_pair
#define ps push_back
#define fi first
#define se second
inline int read(){
	char c=getchar();int x=0,f=1;
	while(c<'0'||c>'9')f=c=='-'?-1:1,c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return f*x;
}
const int N=1e5+10,inf=0x7fffffff;
long long n,m,f[N],a[N];
int main()
{
	#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
	#endif
	n=read(),m=read();
	ll x=0,k=1,tp=0;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		a[i]=read();if(a[i]>m)return puts("-1"),0;//不可能情况
	}
	multiset<ll> s;
	deque<ll> q;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		x+=a[i];
		while(x>m)x-=a[k++];//保证sum(a[k->i])<=m
		while(!q.empty()&&q.front()<k){//在k之前的点不要，pop掉
			tp=f[q.front()];q.pop_front();
			if(!q.empty())s.erase(tp+a[q.front()]);//当!q.empty()时,说明set里已经放入了\
			（a[q.front()]+f[q.front()的上一个元素]）,需要pop（tp+a[q.front()]），下面一样。
		}
		while(!q.empty()&&a[q.back()]<=a[i]){//保证队列单调递减
			tp=a[q.back()];q.pop_back();
			if(!q.empty())s.erase(tp+f[q.back()]);
		}
		if(!q.empty())s.insert(f[q.back()]+a[i]);//队列中每两个相邻元素就得insert一次
		q.push_back(i);
		f[i]=f[k-1]+a[q.front()];//选择了k->i整个区间，\
		因为该段区间最大值（a[q.front()]）与f[k-1]也构成一对可能解。
		if(s.size())f[i]=min(f[i],*s.begin());//注意判空
	}
	printf("%lld\n",f[n]);
	return 0;
}