【題目連結】

$O(n^2)$ 效率的 dp 遞推式：${ dp }_{ i }=min\left( dp_{ j }+\overset { i }{ \underset { x=j+1 }{ max }  } \left( { a }_{ x } \right)  \right) $，其中 $\sum _{ x=j+1 }^{ i }{ { a }_{ i } } \le m$。

嘗試著換一個角度看待這個問題，有一個序列 $a$，假設 $b_i$ 表示 $i$ 最左能擴充套件到 $b_i$ 位置，且 $[b_i, i]$ 的區間和不超過 $m$。

假設我們已經求得了 $dp_1$ 至 $dp_{i-1}$，現在需要求解 $dp_i$，先定義一個字尾最大值陣列，$max_i$ 表示 區間 $[1, i]$ 的最大值，通過觀察可以發現 $max_i$ 從後往前是非遞減的，且每一次的遞增位置都是出現了一個比先前所有數都大數，我們稱這種遞增位置為“變化位置”。

遞增位置大致可以用下圖表示（$i$ 位置本身是第一個遞增位置）：

想一下，如果我們選擇 2 號位置作為最後一段分割的最大值，那麼上一次分割的位置會在哪兒？上一段的最後一個位置肯定是 3 號變化位置，因為 dp 值是非遞減的。

同樣的，如果選擇 3 號位置作為最後一段分割的最大值，那麼上一段的最後一個元素肯定選擇 4 號變化位置。

也就是說計算 $i$ 位置的 dp 值，如果知道變化位置，我們只要列舉相鄰兩個變化位置，前一個的 dp 值加上後一個的 value 值，找到一個最小值就是 $dp_i$（注意最左邊的變化位置可以認為是 $b_i-1$）。

可惜，最壞的情況下依舊是 $O(n^2)$ 的，由於 POJ 資料水了，上面這樣的做法能水過去。

我們還是利用上述思路來求解答案，只不過增加一些優化。

事實上變化位置可以用單調佇列維護出來，維護變化位置的同時，將前一個的 dp 值加上後一個的 value 值也維護出來就可以了，維護值的話可以用 set 或者線段樹。

/*******************************
	Judge Result : AC 
 *******************************/

#include <cstdio>
#include <set>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;

const int maxn = 1e5 + 10;
const int INF = 0x7FFFFFFF;

long long a[maxn], sum[maxn], f[maxn];
int b[maxn];
int n;
long long m;

int q[maxn], first, last;
multiset<long long> st;
multiset<long long>::iterator it;

void Insert(int x) {
	last ++;
	q[last] = x;
	if(first == last) return;
	st.insert(f[q[last - 1]] + a[q[last]]);
}

void DeleteLast() {
	if(first == last) {
		last --;
		return;
	}
	it = st.find(f[q[last - 1]] + a[q[last]]);
	st.erase(it);
	last --;
}

void DeleteFirst() {
	if(first == last) {
		first ++;
		return;
	}
	it = st.find(f[q[first]] + a[q[first + 1]]);
	st.erase(it);
	first ++;
}

int main() {
#ifdef ZHOUZHENTAO
	freopen("test.in", "r", stdin);
#endif

	scanf("%d%lld", &n, &m);
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		scanf("%lld", &a[i]);
		sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
	}

	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		if(a[i] > m) {
			printf("-1\n");
			return 0;
		}
		int L = 1, R = i;
		while(L <= R) {
			int mid = (L + R) / 2;
			if(sum[i] - sum[mid - 1] <= m) R = mid - 1, b[i] = mid;
			else L = mid + 1;
		}
	}

	first = last = 0;
	q[first] = 1;
	f[1] = a[1];

	for(int i = 2; i <= n; i ++) {
		while(last - first + 1 > 0 && a[i] >= a[q[last]]) {
			DeleteLast();
		}
		while(last - first + 1 > 0 && q[first] < b[i]) {
			DeleteFirst();
		}
		Insert(i);
		f[i] = f[b[i] - 1] + a[q[first]];
		if(last - first + 1 > 1) {
			f[i] = min(f[i], *st.begin());
		}
	}
	printf("%lld\n", f[n]);
	return 0;
}