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。
输入格式
第一行：单个整数：第二行到
行：第
行有一个整数
输出格式
第一行：单个整数，表示可以建立的最高高度
样例输入
3
1
2
3
样例输出
2
题解
首先考虑贪心的做法。让我们看下面这张图
如图，一个小学生都明白的道理：对于一个三角形，对它进行等面积变换，为了使其越长，其形状必须越瘦。同理，在这道题中我们可以将干草堆抽象为三角形，为了让干草堆更高，我们只能让其更瘦。这里引用ZKW大佬的证明过程。
任意取出一个能使层数最高的方案，设有
层，把其中从下往上每一层最大的块编号记为
；任取一个能使底边最短的方案，设有
层，把其中从下往上每一层最大的块编号记为
。显然
，这说明至少存在一个k属于(1,
。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。
这时我们选择枚举最底层的组成，设表示从
中最底层的宽度，则可知
。由于上一层的宽度永远小于下一层的宽度，所以
再观察一下，由于所有的干草堆要全部使用且对于第个干草堆放在第
层时，第
个必然放在第
层或第
层，我们可以令
表示宽度的前缀和，而
是随i的增大而增大的，所以从
一旦发现一个符合条件的决策
，便将其取出来更新
。但是因为这样做的复杂度较大，仍不能通过所有数据。
再次分析，发现所有的决策的值（例如对于决策值即为
往前都是单调递减的，也就是一个比一个优。因此决定性的因素则是他们的生效时间。
#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 100009
using namespace std;
inline char get(){
static char buf[3000],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,3000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read(){
register char c=get();register int f=1,_=0;
while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=get();
while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=get();
return _*f;
}
int num[maxn],dp[maxn],f[maxn],sum[maxn],w[maxn];
int n;
int main(){
//freopen("1.txt","r",stdin);
n=read();
for(register int i=1;i<=n;i++){
w[i]=read();
sum[i]=sum[i-1]+w[i];
}
num[1]=n+1;
int h=1,t=1;
for(register int i=n;i;i--){
while(h<t && f[num[h+1]]<=sum[num[h+1]-1]-sum[i-1]) ++h;
f[i]=sum[num[h]-1]-sum[i-1];
dp[i]=dp[num[h]]+1;
num[++t]=i;
while((t>h) && (f[num[t-1]]-sum[num[t-1]-1]+sum[num[t]-1]>f[num[t]]))t--,num[t]=num[t+1];
}
cout<<dp[1];
return 0;
}
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