题解
第一次做这样的利用决策单调性来优化DP的题目。
设$f(i)$表示分割到第$i$个元素时，最大和的最小值。
很容易得到方程：
然后复杂度是$O(n^2)$，太大了没用。
考虑优化转移，我们发现$f(i)$肯定是不递减的，而且可以用的$j$也是不递减的，所以用数据结构。
然后由于对于一个合法的区间$[L,k]$（合法指的是在$j+1$和$i$之间），
若他的最大值在$k$处，那么尽量往前取$f$是肯定没问题的。（因为$f$不递减）
所以用单调队列来维护不递减的合法的$a$的管辖范围，
并且因为要扫一遍单调队列才可以知道$f(i)$的真实值，所以用平衡树来维护，每次保存一个对应的。
复杂度$O(nlogn)$，常数大。1
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using namespace std;
typedef long long ll;
int n,l=1,r=1,que[100005];
ll m,a[100005],f[100005];
multiset<ll> s;
int read(){
int f=1,x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-f;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9')x=x*10+c-'0',c=getchar();
return f*x;
}
void init(){
scanf("%d%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
}
void solve(){
ll cnt=0,ans_;
int j=0;//左边是开区间,que[l...r]递减
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]>m){
printf("-1\n");
return ;
}
cnt+=a[i];
while(cnt>m)cnt-=a[++j];
while(r-l&&que[l]<=j){
if(r-l>1)
s.erase(a[que[l+1]]+f[que[l]]);
//在读这一段代码的时候，请仔细思考。
//有两个，更大的在l，更小的在l+1
l++;
}
while(r-l&&a[que[r-1]]<=a[i]){
if(r-l>1)
s.erase(a[que[r-1]]+f[que[r-2]]);
r--;
}
que[r++]=i;
if(r-l>1&&i>que[r-2])s.insert(a[i]+f[que[r-2]]);
ans_=*s.begin();
f[i]=a[que[l]]+f[j];
if(r-l>1&&ans_<f[i])f[i]=ans_;
}
printf("%lld\n",f[n]);
}
int main(){
init();
solve();
return 0;
}