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这道题算是我做过所有的单调队列优化 $dp$ 题目中最难想的一道题，所以写篇题解再捋捋思路。

暴力

首先很容易想到设 $d{p}_i$ 表示将前 $i$ 个数划分成若干序列，【每个序列的最大值之和】的最小值。
那么就会有：
$$\begin{gathered} d{p}_i=min\left\{\begin{array}{c}d{p}_j+ma{x}_{k=j+1}^i\left\{\begin{array}{c}{a}_k\end{array}\right\}\end{array}\right\}, \\ 其中0\le j<i且\sum _{k=j+1}^i{a}_k\le m. \end{gathered}$$
这样子的复杂度是 $O(n^3)$，考虑优化。

优化

先证明一个东西，那就是 $d{p}_i$ 是单调不减的（也就是非严格单调递增），即：对于任意的 $i$，都有 $d{p}_i\le d{p}_{i+1}$。
这是显然的，因为多加一个数，它如果单开一个序列，那么就会造成贡献；如果它归为最后一个已有的序列，那么若它比最后一序列中的最大值小，那么它就不会产生贡献，否则就会产生贡献，使最大值之和变大。

然后观察转移方程：
$$d{p}_i=min\left\{\begin{array}{c}d{p}_j+ma{x}_{k=j+1}^i\left\{\begin{array}{c}{a}_k\end{array}\right\}\end{array}\right\}$$
可以发现，$ma{x}_{k=j+1}^i\left\{\begin{array}{c}{a}_k\end{array}\right\}$ 随着 $j$ 的增加，是非严格单调递减的，因为右端点 $i$ 不动，所以 $[j+1,i]$ 中的的最大值是越来越小或者不变的。
因此我们就会有一个这样的发现：在 m a x k = j + 1 i { a k } max_{k = j + 1}^{i} \left \{ a_k \right\} maxk=j+1i​{ak​} 的值相等的情况下，我的决策点 $j$ 是越靠前越好的（因为 $d{p}_i$ 是单调不减的嘛）。
如此一来，在合法区间内有若干个的可能的最优决策点（分别对应使 m a x k = j + 1 i { a k } max_{k = j + 1}^{i} \left \{ a_k \right\} maxk=j+1i​{ak​} 值相等的最小的位置 $j$）。因此我们就用单调队列来维护 $a_k$ 单调递减，队列所记录的位置就是一个可能的决策点。
至于查询所有可能决策点的最小贡献，用 $multiset$ 来实现（这句可能不好理解，可以先看代码）。

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn = 1e5 + 7;int n, a[maxn];
ll m, s, dp[maxn];
int l[maxn];
int q[maxn], h, t;
multiset<ll> S;
int main() {scanf("%d%lld", &n, &m);for (int i = 1; i <= n; ++i) {scanf("%d", a + i);if (a[i] > m) {printf("-1\n");return 0;}}// 预处理使 a[j+1...i] 之和小于等于 m 的最小 jfor (int i = 1, j = 0; i <= n; ++i) {s += a[i];while (s > m) s -= a[++j];l[i] = j;} h = 1, t = 0;for (int i = 1; i <= n; ++i) {// 如果之前的某些决策点已经不在合法区间// 那么就要删去, 其所对应的可能答案也要删去while (h <= t && q[h] < l[i]) {S.erase(dp[q[h]] + a[q[h + 1]]);++h;}// 维 a 护单调递减while (h <= t && a[q[t]] <= a[i]) {S.erase(dp[q[t - 1]] + a[q[t]]);--t;}if (h <= t) S.insert(dp[q[t]] + a[i]);q[++t] = i;// 这句是为了包括【队头的决策点】【从合法区间的最左端转移过来】的情况// 学校机房上传不了图片来解释，先鸽着dp[i] = dp[l[i]] + a[q[h]];  if (S.size()) dp[i] = min(dp[i], *(S.begin()));}printf("%lld\n", dp[n]);return 0;
}