A. Rajaee in the Kitchen
今天是拉贾伊的生日 Who Asked?
遗憾的是，没有人记得他的生日，所以他决定自己做一个生日蛋糕。他在厨房里寻找合适的配料，但不幸的是，除了一个正整数数组，他什么也没找到。他打算用下面的方法用这个数组做一个蛋糕：
- 首先，他把数组分成几个连续的非空子数组。
- 数组中的每个元素都应正好属于一个子数组。
- 然后，他为每个子数组创建一条长度等于子数组中数字总和的边。
- 然后，他用***他创建的所有边组成一个凸多边形的蛋糕。
Rajaee 想知道他能用多少种方法将数组分成更小的子数组，从而用它做成一个蛋糕。Rajaee 的数学太差了，所以他需要你的帮助，知道模数 109+7 的方法数。
如果每种方法中都有一个索引为 i 的元素属于两个不同的子数组，那么这两种方法就被认为是不同的。
输入
第一行包含一个整数 N (3≤N≤106) ，即数组的大小。 (3≤N≤106) ，即数组的大小。
第二行包含 N 个整数 a1,a2,..,aN (1≤ai≤109) ，即数组的元素。 (1≤ai≤109) ，即数组的元素。
输出
输出 109+7 的模数。
多边形至少是个三角形 那么最大的那条边就要小于总长度的1/2； 这样才能围成多边形
即每个子数组的边权和小于总边权的一半 所以要用前缀和预处理边权
我们设dp[i]表示 到第i位的方案数那么
dp[i]的转移方程推导： 我们要让每一条边都小于当前总边权的一半 对于每种组成的最后一条边 他的边权一定是sum[j+1,i] i为最后一条边的终点 j+1为最后一条边的起点 那么这条边也要满足小于总边权的一半 对于每一个最后一条边的合法起点 他前面的部分也一定是合法的 那么每找到一条这样的合法的最后一条边 他的方案数就增加dp[j] 那么也就是所有合法情况的前部分的前缀和
sum(dp[j]) (sum(j,r)<tot/2);
也就是已经有的分法 加一条合法边 我们枚举所有可能的合法新增边 那么其余的部分的分法直接调用 然后对他们累加
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5,mod=1e9+7;
long long a[N],sum[N],dp[N],dpsum[N];
int n;
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];sum[i]=sum[i-1]+a[i];}
long long tot=sum[n];
dp[0] = 1;
dpsum[0] = dp[0];
for(int i=1;i<=n;i++){
long long tar=2*sum[i]-tot;
int j=upper_bound(sum,sum+i,tar/2)-sum;
if(j<=0)dp[i]=dpsum[i-1]%mod;
else dp[i]=(dpsum[i-1]-dpsum[j-1])%mod;
if(dp[i]<0)dp[i]+=mod;
dpsum[i]=(dpsum[i-1]+dp[i])%mod;
}
cout<<dp[n]<<'\n';
return 0;
}