part1.30pts
顯然，前30分是很好寫的。
\(dp[i][j]\)表示前i個箱子分成了j個組的最小代價。
複雜度：\(o(n^3)\)
**：
namespace p30}}
for(int i=1;i<=n;i++)ans=min(ans,dp[n][i]);
cout對於這部分費用：
對於第i個箱子，如果裡面裝的貨物總重量為w，那麼費用為i*w 。
我們轉化一下，假設有5個物品，編號為1，2，3，4，5。其中裝的箱子為，，。
那麼上述費用就是：\(a[1]\cdot 1+a[2]\cdot 1+a[3]\cdot2+a[4]\cdot3+a[5]\cdot3\)，也可以寫成\((a[1]+a[2]+a[3]+a[4]+a[5])+(a[3]+a[4]+a[5])+(a[4]+a[5])\)。
這樣，當我們考慮到第i個物品時，不管第i+1個到第n個怎麼取，最終答案至少要多花費\(\sum_^a[j]\)。
因此，我們設\(dp[i]\)表示考慮前i個物品時，最終花費的最小總代價。
轉移方程：
\[dp[0]=\sum_^a[k]
\]\[dp[i]=min\+\sum_^a[k] j\in[0,i-1],\sum_^a[k]\le w
\]其中\(max(j+1,i)\)表示j+1到i中a的最大值，\(min(j+1,i)\)則表示最小值。
複雜度：\(o(n^2)\)
**：namespace p60
}cout對於\(max(j+1,i)\)和\(min(j+1,i)\)可以用單調棧維護。
由於\(max(j+1,i)\)和\(min(j+1,i)\)是不斷變化的，所以我們需要開一棵線段樹維護。
複雜度：\(o(n\cdot logn)\)
具體細節請看**吧。
**：namespace p100 tree[maxn<<2];
ll dp[maxn];
void down(int p)
void up(int p)
void build(int l,int r,int p)
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,p<<1);
build(mid+1,r,p<<1|1);
up(p);
}void update1(int pos,int p,ll x)
down(p);
int mid=(tree[p].l+tree[p].r)>>1;
if(pos<=mid)update1(pos,p<<1,x);
else update1(pos,p<<1|1,x);
up(p);
}void update2(int l,int r,int p,int x)
down(p);
int mid=(tree[p].l+tree[p].r)>>1;
if(r<=mid)update2(l,r,p<<1,x);
else if(l>=mid+1)update2(l,r,p<<1|1,x);
else update2(l,mid,p<<1,x),update2(mid+1,r,p<<1|1,x);
up(p);
}ll query(int l,int r,int p)
void work()
update2(stkmx[topmx]+1,i,1,a[i]);//把現在的mx給加過去（更新）
stkmx[++topmx]=i;
int l=0,r=i-1,res;
while(l<=r)
dp[i]=0ll+query(res+1,i,1)+sum[n]-sum[i];
update1(i+1,1,dp[i]);
}cout<}
}
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