D. Towers

题意：每个数可以与前一个或者后一个点合并，使得数列被合并成单调不降的序列，求出最少的操作数。

思路：考虑dp

首先有一个很贪的思路，在相同的合并操作数下，需要合并出来的数越小越好，这样后面的数就能以更小的代价跟它匹配。另外，如果一个数满足不降的条件，那么就没必要把它合并掉，这样显然不优。

考虑正难则反。即是把题意转化成求最大划分连续序列数。表示前i个点能划分出来的最大次数，而表示以i结尾的上一个段操作数为j的合并出来的最小数，有两种策略转移：

1.当前数与上一个数合并。  

2.当前数与第j个数合并，使得被分成一块。

最后答案为，复杂度

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 5010;

int n,a[N],f[N],s[N],g[N][N];

void solve(){
	
	memset(g,0x3f,sizeof g);
	f[1]=1;g[1][1]=a[1];//以i为结尾而且分成了j段的最小值 
	for(int i=2;i<=n;i++){
		f[i]=f[i-1];g[i][f[i]]=g[i-1][f[i-1]]+a[i];
		for(int j=i-1;j>=1;j--){
			//j+1 ~ i 分成一段 
			int lst=g[j][f[j]],h=s[i]-s[j];
		    if(h>=lst){
		    	if(f[j]+1>=f[i]){
		    		f[i]=f[j]+1;
		    		if(g[i][f[i]]>h)  g[i][f[i]]=h;
				}
			}
		}
	}
	cout<<min(n-f[n],n-1);//
}
signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		s[i]=s[i-1]+a[i];
	}  
	solve();
	return 0;
}