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QQ小方前不会判断回文数列，现在他会了，所以他急切的想教会你。
回文数列指的是一个正读和反读都一样的数列，比如 “1 2 3 2 1” 和 “1 2 2 1”。
单单讲给你听肯定是不够的，为了表现自己，QQ 小方现在要考考你。
现在 QQ 小方会给你 n 个数组成的数列 a1,a2,⋯,an。他每次操作允许你合并其中相邻的两个数 ai 和 ai+1 (i<n)，合并以后的两个数留在原来的位置（两个数合并以后只会留下一个数），但会变成 ai+ai+1。QQ 小方想知道最少需要几次这样的操作，这个数列就会变成回文数列。
输入格式
输入包含两行，第一行一个整数 n (1≤n≤10^6)，表示数列的长度。
第二行包含 n 个用空格隔开的数 a1,a2,⋯,an (0≤ai≤10^9)，表示数列。
输出格式
输出包含一个整数，表示最少的操作次数
样例
input1
3
1 2 3
output1
1
input2
3
1 2 4
output2
2
input3
3
3 3 3
output3
0
提示
对于样例一：只需要一步，即合并前两个。
对于样例二：只有合并成一个数的时候，才满足回文数列的要求，所以需要两步。
对于样例三：本身就是一个回文数列，不需要合并操作。

这个题我第一眼看上去就很懵逼，第一反应是区间DP，但是n<=10^6，根据区间DP的复杂度显然不可能，同时也说明这个题应该是O(n)或者O(nlogn)，前者可能性更大

我们回来看题目：
每次操作允许你合并其中相邻的两个数 a[i] 和 a[i+1] (i<n)，合并以后的两个数留在原来的位置（两个数合并以后只会留下一个数），但会变成 a[i]+a[i+1]

这就很有意思了，因为我们不论怎么合并，相对位置总是不变的
通俗来讲：就是只要我原来在你前面，只要我没和你合并，那么合并之后我肯定还在你前面
那我是否可以这样想：只要合并后的某个数是由合并前a[1]（a[n]）得到的，那么这个数一定在合并后序列的最左端（最右端）
而作为一个回文串，左右两端的数相等是起码的，而只要左右两端的数相等了之后，再去看中间剩下的序列左右两端是否相等······（有一点点像递归）
那么这就有意思了，我们设定两个指针l和r，一开始l和r分别指在1和n上，由于我们首先要保证合并后左右两端的数是相等的，那么我们先看看l和r指向的数是不是相等的，如果是的话，l和r各往里面缩一步。
假如不相等的话，就将小的那个和下一个合并，并将指针挪动一位，再判断是否相等，并且答案+1
说的可能有点抽象，具体代码是这个样子的：

while(le<ri)
 {
  if(an[le]==an[ri])le++,ri--;
  else if(an[le]<an[ri])an[le+1]+=an[le],le++,ans++;
  else an[ri-1]+=an[ri],ri--,ans++;
 }

考虑到最后的回文数列可能是奇数项也可能是偶数项，所以限制条件就是le<ri
最后输出ans就行了

应该不用上完整代码了吧······核心代码就刚才那一块

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define rt long long
using namespace std;
inline rt read()
{
 register rt u=0,v=0;register char ch=getchar();
 while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')v=1;ch=getchar();}
 while(isdigit(ch)){u=u*10+ch-'0';ch=getchar();}
 return v ? -u : u;
}
rt n,le,ri,ans,an[1000010];
int main()
{
 n=read();
 le=1,ri=n;
 for(int i=1;i<=n;i++)
  an[i]=read();
 while(le<ri)
 {
  if(an[le]==an[ri])le++,ri--;
  else if(an[le]<an[ri])an[le+1]+=an[le],le++,ans++;
  else an[ri-1]+=an[ri],ri--,ans++;
 }
 printf("%lld",ans);
 return 0;
}