【洛谷P4954】Tower of Hay 干草塔【单调队列dp】

题目大意：

题目链接：https://www.luogu.org/problem/P4954
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W i ，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。

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思路：

把原数列反过来，其实就是要求每次选择的区间必须大于上次选择的区间和。
但是贪心选取是错误的。例如洛谷题解中的这个例子：

$9\ 8\ 2\ 1\ 5\ 5$
贪心选法：$5|5|1\ 2\ 8\ 9$
正确选法：$5|5\ 1\ 2|8|9$

那么可以考虑用$dp$解决。
设$f[i]$表示前$i$个干草堆可以堆成的最大高度，$len[i]$表示在堆成最大高度的前提下，最上面一层的最小宽度，$sum$是干草堆宽度的前缀和。
那么有方程
$f[i]=max(f[j])+1\ \ \ \ |\ sum[i]-sum[j]\geq len[j]$
由于$f$肯定是单调不减的，所以上述方程的$j$尽量大会更优。
如何取到满足$sum[i]-sum[j]\geq len[j]$的尽量大的$j$呢？
变形一下成为$sum[i]\geq sum[j]+len[j]$。
所以我们可以维护一个单调队列存$sum[j]+len[j]$，在转移的时候不断弹出前面的满足$sum[i]\geq sum[j]+len[j]$的元素，只保留最后一个满足$sum[i]\geq sum[j]+len[j]$的元素进行转移。因为这个元素前面的转移显然没有在这个元素开始转移更优，而后面的就不满足转移的前提。
时间复杂度$O(n)$

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代码：

#include <queue>
#include <cstdio>
using namespace std;

const int N=100010;
int n,last,a[N],f[N],sum[N],len[N];
deque<int> q;

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for (int i=n;i>=1;i--)
		scanf("%d",&a[i]);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	q.push_back(0);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		last=-1;
		while (q.size() && len[q.front()]+sum[q.front()]<=sum[i])
			last=q.front(),q.pop_front();
		if (last!=-1) q.push_front(last);  //只保留一个满足转移条件的元素来转移
		f[i]=f[q.front()]+1;
		len[i]=sum[i]-sum[q.front()];
		while (q.size() && len[i]+sum[i]<len[q.back()]+sum[q.back()])
			q.pop_back();  //维护单调性
		q.push_back(i);
	}
	printf("%d",f[n]);
	return 0;
}