由于这个题要使用全部的干草堆，于是我们需要从后往前考虑
最简单的贪心是从后往前每次在前面刚好比后面大的时候切一刀，但是这显然是错的，比如(1000 1000 2 3)，贪心得到的应该是2，正确答案应该是3
上面这个贪心虽然是错的，但是它为我们提供了一个很重要的结论：一定存在一个最优解，使得最底层的宽度最短，证明如下（from zkw巨佬）
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。
那么我们就可以考虑(dp)，记(f_i)为使用(i-n)能做到的最大层数，(g_i)为使用(i-n)做到最大层数时的最短底层长度那么就有
(f_i=f_j+1,g_i=min(sum_{j-1}-sum_{i-1}))
其中(i<j,sum_{j-1}-sum_{i-1}geq g_j)
就是枚举了上一层的最小编号(j)同时让([i,j-1])在同一层，(sum_i)为(w_i)的前缀和
直接(dp)是(O(n^2))，由于(sum)的单调性，以及我们希望转移点(j)距离(i)越近越好，于是我们可以使用单调队列优化做到均摊(O(1))转移，总时间(O(n))
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<math.h>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double db;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=10000;
const db pi=acos(-1.0);
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define sqr(x) (x)*(x)
#define rep(i,a,b) for (register int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (register int i=a;i>=b;i--)
#define fir first
#define sec second
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define pb(a) push_back(a)
#define maxd 998244353
#define eps 1e-8
int n,w[100100],sum[100100],f[100100],g[100100],q[100100];
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0') || (ch>'9')) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while ((ch>='0') && (ch<='9')) {x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}
return x*f;
}
int main()
{
n=read();
rep(i,1,n) {w[i]=read();sum[i]=sum[i-1]+w[i];}
int l=0,r=0;
q[0]=n+1;
per(i,n,1)
{
while ((l<r) && (sum[q[l+1]-1]-g[q[l+1]]>=sum[i-1])) l++;
f[i]=f[q[l]]+1;g[i]=sum[q[l]-1]-sum[i-1];
while ((l<r) && (sum[q[r]-1]-g[q[r]]<=sum[i-1]-g[i])) r--;
q[++r]=i;
}
printf("%d",f[1]);
return 0;
}
代码真是短啊