可以将问题用形象的方式来表述。给定一排点，第 (i) 个点有它需要的覆盖次数 (a_i)。有两种线段，一种能覆盖连续的一些点，称其为连续线段；另一种能覆盖相邻间隔为 (1) 的一些点，称其为为间隔线段。现在要用尽可能少的线段覆盖每个点 (i) 恰好 (a_i) 次。
发现如果没有间隔线段就是被某组织出烂的原题。显然，每次取最长的非 (0) 段最优。
回到本题，来证明一个结论：假设 (a_1sim a_i>0)，(a_{i+1}=0) 且 (i>1)，选一条从 (1sim i) 的连续线段一定不劣。
将 (1sim i) 分成奇数偶数两组，那么每组都可以用间隔线段完全覆盖且不会影响到另一组，这意味着如果不用连续线段两者可以用上面的方法单独计算。
反之如果我们选择了一条 (1sim i) 的连续线段，两组均会被完全覆盖，代价减少了 (1)，看起来会更优。
但现在点 (i) 所在的组可能对后面产生贡献（覆盖到点 (i+2)），而另一组不行。所以我们可以以点 (i+2) 为开头选一条间隔线段，加上 (1sim i) 的连续线段，代价为 (2)，不劣于选两条间隔线段。
接着怎么做呢？唯一需要考虑的就是前面有线段连过来。在处理点 (i) 时，记连过来的连续线段数量为 (x)，能覆盖到点 (i) 的间隔线段数量为 (y)，不能覆盖到点 (i) 的间隔线段数量为 (z)。
首先处理一下特殊情况：连过来的线段太多了，即 (x+y>a_i)，有 (kgets x+y-a_i) 条线段不能向后继续连。但我们会发现留下间隔线段还是连续线段是由后面的点决定的，所以不妨将 (xgets x-k)，(ygets y-k)，反悔标记置为 (k)，表示可以免费连向下一个点的线段个数（线段的种类可以任意选）。但是这样会出现一种情况，(x<k) 或 (y<k)，此时的反悔可能是不合法的。对于这种情况，我们将少的一种线段置为 (0)，另一种线段对应减少，即可保证合法。
然后就好办了，根据之前的结论，处理 (a_{i-1}) 与 (a_i)。能用连续线段就用，如果 (i-1) 还有剩下就用间隔线段。
当然还有一些需要注意的细节。
- 如果更新了标记，最后需要将 (a_i) 置为 (k)，答案减去 (k)，同时清空标记。
- 尽量从 (i=2) 开始做，防止出现一些边界问题。
- 最后多做一次，计算 (n) 位置的答案。
单组数据时间复杂度 (O(n))。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define Min(x,y)((x)<(y)?x:y)
int read()
{
int A;
bool K;
char C;
C=A=K=0;
while(C<'0'||C>'9')K|=C=='-',C=getchar();
while(C>'/'&&C<':')A=(A<<3)+(A<<1)+(C^48),C=getchar();
return(K?-A:A);
}
int main()
{
int t,n;
ll last,now,k,x,y,z,tag,ans,tmp;
t=read();
while(t--)
{
n=read(),last=read();
ans=tag=x=y=z=0;
while(n--)
{
now=(n?read():0);
if(now<x+y)
//处理多余的线段
{
k=x+y-now;
//必须要结尾的线段
if(x<k)y-=k-x,k=x;
if(y<k)x-=k-y,k=y;
x-=k;
y-=k;
now-=k;
tag=k;
//向后所能免费延伸的线段
}
now-=x+y;
//新的必须经过当前点的线段
tmp=Min(last,now);
ans+=tmp;
last-=tmp;
now-=tmp;
x+=tmp;
//用连续线段覆盖
ans+=last;
z+=last;
//用间隔线段覆盖
last=now|tag;
ans-=tag;
tag=0;
//处理标记
swap(y,z);
//奇偶互换
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}