bzoj1233 [Usaco2009Open]干草堆tower（单调队列优化DP）

bzoj1233 [Usaco2009Open]干草堆tower

原题地址：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1233

题意：
奶牛们讨厌黑暗。 为了调整牛棚顶的电灯的亮度，Bessie必须建一座干草堆使得她能够爬上去够到灯泡 。一共有N大包的干草(从1到N编号)依靠传送带连续的传输进牛棚来。第i包干草有一个 宽度W_i。所有的干草包的厚度和高度都为1. Bessie必须利用所有N包干草来建立起干草堆，并且按照他们进牛棚的顺序摆放。她可以相放多少包就放 多少包来建立起tower的地基（当然是紧紧的放在一行中）。接下来他可以放置下一个草包放在之前一级 的上方来建立新的一级。注意：每一级不能比下面的一级宽。她持续的这么放置，直到所有的草包都被安 置完成。她必须按顺序堆放，按照草包进入牛棚的顺序。说得更清楚一些：一旦她将一个草包放在第二级 ，她不能将接下来的草包放在地基上。 Bessie的目标是建立起最高的草包堆。

数据范围
1<=N<=100000，1<=w_i<=10000

题解：
真是妙妙。

容易想到的是从后往前贪心，但是这是错的。
例如：

6
6 2 3 7 10 11

正解是4层：[6,2]， [3,7]，[10]，[11]。
但贪心是3层： [6]，[2,3,7]，[10,11]。
这是由于前面的层选得多，“替之后的分担了压力”。

这题有一个使其便于DP的结论：
层数最高的是基底层最窄的。
证明：

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。
——zkw大佬

于是转化成dp第一层的最窄宽度，途中记录一下层数。
从n到1dp，令$s$为$w$的前缀和：
$dp[i]=min(s[j-1]-s[i-1])$，其中$s[j-1]-s[i-1]>=dp[j]$
即$s[j-1]-dp[j]>=s[i-1]$
要尽量取最小的$j$，同时使其$s[j-1]-dp[j]$尽量大，
单调队列维护弹弹队首队尾即可。

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100005;
inline int read()
{
    int ret=0,w=1; char ch=getchar();
    while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
    if(ch=='-'){w=-1; ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9') {ret=(ret<<1)+(ret<<3)+ch-'0'; ch=getchar();}
    return ret*w;
}
int n,s[N],f[N],g[N],q[N],h,t;
int main()
{
    n=read(); h=1; t=1; q[1]=n+1;
    for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+read(); 
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        while(h<t&&s[q[h+1]-1]-f[q[h+1]]>=s[i-1]) h++;
        f[i]=s[q[h]-1]-s[i-1];
        g[i]=g[q[h]]+1;
        while(h<=t&&s[i-1]-f[i]>=s[q[t]-1]-f[q[t]]) t--;
        q[++t]=i;   
    }
    printf("%d\n",g[1]);        

    return 0;
}