题意：
现在有一个长度为 n的升序数组 arr 和一个数 x，你需要在 arr 中插入 x。
你可以询问 x 跟 arri 的大小关系，保证所有 arri 和 x 互不相同。这次询问的代价为 costi。
你需要返回 x 应该插入的位置，显然有 n+1 中可能的返回值。
现在给你 cost 数组，你需要制定方案，使得对于所有可能的情况花费代价(即询问的代价的和)的最大值最小，输出这个最小值。
制定方案的意思就是说你先询问一个 i，然后根据返回值决定接下来询问哪个 i，直到你可以确定答案为止。
分析：
这个题好神啊……我看了ztb大爷的代码……可能我理解的也不是很准确啊……那就三个月后再战此题吧……
首先可以看到，每个ai不超过9，所以最终的答案一定不大，最变态的上界也不过就是9logn，但是应该达不到。
我们设两个dp数组：
f[i][v]表示以i为当前区间的左端点，花费为v，最长能确定的区间的右端点。
g[i][v]表示以i为当前区间的右端点，花费为v，最长能确定的区间的左端点。（其实就是对称的）
那么我们可以看到，对于一个costi，假如我们付出这样的代价，那么在暂时不考虑左端点的情况下，最长的区间的右端点一定在f[i+1][v-costi]，那我们该用这个点去更新哪个状态呢？？？
即为这个可行区间找一个最左端点，那么我们另一个数组就派上用场了，花费已经确定，那么我们就令:
f[g[i][v-costi]][v]=max(f[g[i][v-costi]][v], f[i+1][v-costi]);
或者换一种表达方式，就是在g[i][v-costi]表示的这个点，我们花costi的花费，使总花费达到v，我们所能达到的最右端点可能是在i+1这个点花费v-costi能达到的最右端点。
另一个方程同理：g[f[i+1][v-costi]][v]=min(g[f[i+1][v-costi]][v],g[i][v-costi]);
当然，初始化就是f[i][v]=g[i][v]=i;
但是，有些costi由于太过不优，我们决策时会直接跳过，但是它会被之前某些决策所覆盖，所以也是需要更新的，于是就多了两个for循环来保证所有答案合法且最优。
当f[1][v]覆盖整个区间时，v就是题目的答案。
代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N=100005,M=140; 4 int a[N],f[N][M],g[N][M],n;char s[N]; 5 int main(){ 6 scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1); 7 for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=s[i]-'0'; 8 for(int v=0;v<M;v++) 9 for(int i=1;i<=n+1;i++) 10 f[i][v]=g[i][v]=i; 11 for(int v=1;v<M;v++){ 12 for(int i=1;i<=n;i++){ 13 if(v<a[i]) continue; 14 f[g[i][v-a[i]]][v]=max( 15 f[g[i][v-a[i]]][v],f[i+1][v-a[i]]); 16 g[f[i+1][v-a[i]]][v]=min( 17 g[f[i+1][v-a[i]]][v],g[i][v-a[i]]); 18 } for(int i=2;i<=n+1;i++) 19 f[i][v]=max(f[i][v],f[i-1][v]); 20 for(int i=n;i;i--) 21 g[i][v]=min(g[i][v],g[i+1][v]); 22 if(f[1][v]==n+1) 23 {printf("%d\n",v);return 0;} 24 } return 0; 25 }