单调性优化

【单调栈】

柱状图最大矩形：

首先我们有一个最简单的方法：$O(n^3)$ 枚举左右端点，然后再求中间的最小值，最后乘起来得到这段矩形组成的最大面积。

求最小值，我们考虑到ST表，我们可以用它优化到 $O(n^2)$。

接下来我们考虑转换枚举思路：

我们发现，一个矩形的大小，由它的左右端点，和它中间的最低高度。

于是我们考虑枚举每一个矩形为最低高度，求这个矩形能往外“扩展”到哪里。

对于我们的矩形 $x$，其实我们就是求 $1\sim x-1$ 中最靠近 $x$ 的比 $h[x]$ 低的矩形，和右边比 $h[x]$ 低的矩形。

这就可以用线段树维护，至少为x。

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我们顺着上面思考，当一个矩形作为最低点，我们只需要考虑左右两边把这个矩形“拦”下来的地方。

所谓“拦”，就是第一个高度更低的地方。

我们观察到：如果一个矩形高度更低，位置更靠右，那么它就更可能把 $h[x]$ 拦下来。

换句话说，如果两个矩形 $i,j$，其中 $i$ 的高度更高，位置也更左，它就不可能把 $h[x]$ 拦下来，因为 $j$ 一定会先拦，而且 $j$ 拦不下来的 $i$ 也一定拦不下来。

这个时候我们 $i$ 就被 $j$ “完爆” 了。

（完爆更普遍的定义：如果 $a$ 的各项属性都优于 $b$，那 $a$ 完爆 $b$）

发现到：我们只需要存下所有没有被“完爆”的矩形即可。

按顺序从 $1\sim n$ 枚举，存下所有不会被“完爆”的矩形。

我们观察到：这些不被完爆的矩形，高度一定是单调递增的。

因为如果有一个不递增了，它之前高度更高的都会被完爆，所以高度更高的一定不会被存下来。

现在我们知道了：我们需要保留所有不被完爆的矩形，并且这些矩形的高度是单调递增的。

接下来我们需要知道：如何保留所有不被完爆的矩形。

用一个类似数学归纳法的想法思考：

我们现在已经把 $1\sim k$ 的不完爆矩形存下来了，现在加入第 $k+1$ 个矩形。

因为第 $k+1$ 个矩形位置比 $1\sim k$ 的矩形都更靠右，所以所有高度高于 $h[k+1]$ 的矩形都会被 $k+1$ 完爆。

而 $1\sim k$ 的不完爆矩形是单调的，所以只会有末尾连续几个会被完爆。

把这些被完爆的矩形去掉，然后加入 $k+1$，就形成了 $1\sim k+1$ 的不完爆矩形。

因为最末端的反而会先被去掉，所以我们考虑用栈维护。

现在我们知道了：如何保留所有不被完爆的矩形。

接下来我们需要知道：记录不完爆矩形和找左右端点有什么关系。

显然，当我们加入 $k+1$ 时，第一个不被去掉的矩形就是可以把 $k+1$ 的左边拦下来的矩形。

同理，我们可以反方向再做一遍这个过程，就可以求出每个矩形右边拦下来的矩形。

code

王老师的code

【单调(双端)队列】

滑动窗口 /【模板】单调队列

不妨以求最大值为例。

按照我们的“完爆”思想进行思考：

如果窗口内两个数 $a[i],a[j]$，满足 $i<j,a[i]<a[j]$，那么 $a[i]$ 就被 $a[j]$ 完爆。

我们只需要在新来的加入时，把所有比新来的小的元素弹出即可。

因为新来的一定在窗口中活的更久，而且新来的更大，所以只要比新来的小，就被新来的完爆。

同理用数学归纳法可知：不完爆数一定是单调递减的。

所以我们考虑维护一个双端队列 $q$：

（因为左边可能因为时间被弹出，右边的可能会被完爆弹出，要用双端队列）

首先先把 $q$ 中所有过时的数弹出，因为我们是从左到右扫的，所以要弹的都在左边连续。

然后我们把所有比新来的小的数弹出，因为 $q$ 中的数是单调递减的，所以比新来的小的都会在右边连续。

注意：我们从窗口里装满了 k 个数时开始输出，注意判断队列是否为空、大小关系。

【应用单调队列优化——多重背包】

多重背包

首先有一个朴素的思路：一重循环枚举每一类物品，一重循环枚举背包容积，一重循环枚举第 $i$ 类物体选的个数。

接下来我们考虑优化：

$dp[i][j]$ 表示前 $i$ 种物品，恰好 $j$ 体积的最大价值。

不妨 $m_i=3,w_i=2$，要求 $dp[i][j]$。

$dp[i][7]\leftarrow dp[i-1][1,3,5,7]$。

$dp[i][9]\leftarrow dp[i-1][3,5,7,9]$。

我们发现，第二维就是一个滑动窗口，每次往右滑 $w_i$。

如果 $v_i=0$，那求 $dp[i][j]$ 的过程就是用滑动窗口求最大值。

但是，$v_i\ne 0$，我们细看如何求 $dp[i][...]$。

$dp[i][7]=max\{dp[i-1][1]+3v_i,dp[i-1][3]+2v_i,dp[i-1][5]+v_i,dp[i-1][7]\}$。

$dp[i][9]=max\{dp[i-1][3]+3v_i,dp[i-1][5]+2v_i,dp[i-1][7]+v_i,dp[i-1][9]\}$。

这两个东西并不完全就是滑动窗口，但是我们发现一个特点：$dp[i-1][3,5,7]$ 都有，只是 $v_i$ 的个数变了，
只要 $j$ 多了一个 $w_i$，外面加上的数就少一个 $v_i$。

所以我们的 $j$ 实际上是在一个等差数列上滑动窗口，公差为 $w[i]$。

我们只需要枚举首项为 $0\sim w[i]-1$，然后求出每一种首项的 dp，我们就求完了 $dp[i][0\sim W]$。

下面详细讨论如何求一个首项为 $j$，公差为 $w[i]$ 的数列答案。

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不如把我们要求的设为 $dp[i][j+k\times w[i]]$。

$dp[i][j+k\times w[i]]=max\{dp[i-1][j+t\times w[i]]+(k-t)\times v[i]\}$.

$dp[i-1][j+t\times w[i]]+(k-t)\times v[i]=(dp[i-1][j+t\times w[i]]-t\times v[i]+k\times v[i])$。

而其中 $k\times v[i]$ 是一个常数，所以我们只要 $dp[i-1][j+t\times w[i]]-t\times v[i]$ 最大，那么整体就最大。

所以我们的单调队列的判断条件是：若 $dp[i-1][j+k\times w[i]]-k\times v[i]\ge dp[i-1][j+q.back()\times w[i]]-q.back()\times w[i]$，那么当前队尾就被完爆了。

把所有被完爆的弹出，然后加入 $k$。

注意：单调队列里存的是 k，即物品 $i$ 的使用个数。

然后我们发现：队头的就是使得 $dp[i-1][j+t\times w[i]]-t\times v[i]$ 最大的 $t$。

也就是说，最优的 $dp[i][j+k\times w[i]]$ 是从 $t$ 转移过来的。

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整理一下思路：

1. 初值：因为我们的 dp 设的是 “恰好”，所以初值为 $-\mathrm{\infty }$。

2. 递推：

   先一个循环 $i\leftarrow 1\sim n$，枚举前 $i$ 种物品。

   然后循环 $j\leftarrow 0\sim w[i]-1$，循环滑动窗口的首项。

   再循环 $k\leftarrow 0\sim [\frac{W-j}{w[i]}]$，取 $k$ 个物品 $i$。

   接下来我们要求所有形如 $dp[i][j+k\times w[i]]$ 的值。（以下滑动窗口）

   若取了 $(k-t)$ 个物品 $i$，答案是 $dp[i-1][j+t\times w[i]]+(k-t)\times v[i]$。

   （实际上，只需要做到中括号里少一个 $w[i]$，外面就多一个 $v[i]$，就可以了）

   因为我们最内层循环就是枚举 $t$ 的，所有和 $t$ 不相干的都相当于常数，可以分离，还剩 $dp[i-1][j+t\times w[i]]-t\times v[i]$。

   我们需要求这种东西的最大值。

   1. 如果 $k-q.front()>m[i]$，说明物品 $i$ 取的个数太多了，即滑出窗口；

   2. 如果 $dp[i-1][j+k\times w[i]]-k\times v[i]\ge dp[i-1][j+q.back()\times w[i]]-q.back\times v[i]$，队尾就被新来的完爆；

   3. 所有该弹的弹完之后，加入 $k$；

   4. 现在的队头一定是最大的，用 $q.front()$ 代入式子求即可。

3. 我们已经求了 $dp[1\sim n][0\sim W]$，因为我们的 dp 定义为“恰好”，所以我们需要循环 $dp[n][0\sim W]$ 取最大。

4. 复杂度 $O(nW)$。

code

【使用场景】

如果一个 dp 的转移方程可以变成：$dp[i]=max\{f(j)\}+g(i),h(i)\le j\le i$ 的形式，$h(i)$ 是一个随着 i 增加而增加的函数，它就可以用单调队列优化。

注意：这里的 $f(j)$ 指 “把 dp[i] 推出来的位置”，它不一定是体积、价值等题目中明确有变量表示的东西，因此，我们在做题时可能需要自己手动变形，把 $f(j)$ 变形出来。

$f(j)$ 仅关于 j 的原因：单调队列的作用实际上是替代掉了一重循环，所以如果 f(j) 在判断条件里面和 i 有关，那么在 i 变动的时候单调队列里面也会变，这样就太麻烦了（实际上更精确的说法，是不涉及任何更高层的循环变量）。

比如多重背包里面的三重循环，队列是开在第二层下的，并且是在第三层下面更新的。

实际上，如果判断条件里面多一个关于 $j$ 的数（非参数），那么第二层每动一次，单调队列里每一个数都要变，于是单调性就不满足了，得重新排一遍。

【斜率优化】

斜率、截距等定义就不再赘述。

【引入】

假设我们有一张收入表，上面记录了几家公司在不同年份的收入。
不妨假设每家公司的收入都很稳定，这让它们的收入在表上呈直线，现在我们想研究某年哪家收入最高。

不如把横坐标看为时间，纵坐标看为收入。

我们发现，斜率在这里表示公司收入增长速度，纵截距表示公司初始资金。

显然，紫色公司一定不可能是答案，因为它被其他公司完爆了。

但是我们发现，绿色公司明明没有被任何公司完爆，它却始终无法出头。于是这家绿色公司就是多余状态，需要去除。

但是绿色公司为什么无法出头？我们发现，在绿色超越其他所有公司之前，先被黄色超越了，而被超越意味着以后黄色都比绿色强，于是绿色永无出头之日。

接下来我们研究一个更细的情况。（自动忽略完爆情况）

假设现在只有两条线，分别是 1、2 号。

我们定义 $d_i$ 为：第 $i$ 条线超过其他所有线的时间点，$t_i$ 为：第 $i$ 条线第一次被其他线超过的时间点（初始不算）。

显然，在这张图中 $d_1=0,t_1=d_2,t_2=+\mathrm{\infty }$。现在再加入第三条线。

这个时候我们发现，这个时候 $t_2\le d_2$，这说明在绿色出头之前，他就被打下去了。

并且，因为黄色的斜率更大，绿色以后永远不可能比黄色大，所以在我们发现一条线在超越一切之前又先被超越了，那这条线段就不再有意义。这件事的条件是新来的线段斜率更大。

我们可以把这个说法变得更加具象化：如果一条线与 之前斜率最大的线 的交点 的横坐标 $>$ 这条线与新线的交点的横坐标，那么这条线就没有存在的必要了。

这里进行详细解释：

1. 为什么超越一切的地方就在 "与之前斜率最大的线的交点" ？

   以红线超越一切的地方为例。

   
   反证法，如果不在这里，说明在这个交点之上，还有另外斜率更小的线（黄线），是截距导致了这条线的交点更靠右。

   可是，因为黄线在这个交点之上，说明红线与黄线的交点一定比绿线与黄线的交点更靠左。

   所以，绿线超越一切的地方，要比红线更晚，但是绿线却在更早之前被红线超越，那么按照我们的说法，绿线根本就不应该存在。矛盾。

   所以命题得证，超越一切的地方就在 “与之前斜率最大的线的交点处”。这个命题的得证也证明了另一个命题：如果存在四条线 $a,b,c,d,k_a\le k_c,k_b\le k_d$，那么 $a,b$ 的交点一定比 $c,d$ 的交点更靠左（不严格）。

2. 我们发现了一个很神奇的单调性：随着时间增加，加入的线段的斜率也随之增加，所以新诞生的交点也往右走。

   不要忘了我们的目的：求出某时刻最高的线段。

   我们发现，这个东西用单调队列可以很好的处理：

   一般用单调队列维护的东西只分四个步骤：

   1. 新加入的会把队尾元素弹出。实际上，不妨设当前队尾元素是 $a$，队尾的倒数第二个元素是 $b$，新加入的元素是 $c$。

      如果 $c$ 与 $a$ 的交点比 $b$ 与 $a$ 的交点更靠左，那么 $a$ 就可以弹出了。这是因为两点：我们的单调性说明队尾的后两个元素已经是斜率最大的元素了，而我们上面推出的结论可以知道，与 $a$ 的超越时刻就是 与 $b$ 的交点 了。而当 $a$ 在超越一切之前先被别人超越了，$a$ 就不再有价值。注意这里涉及了队尾的两个元素。

   2. 队头会因为过期出队。在这里，过期就代表在我们问的时刻时，队头的元素由于斜率太小，已经被后来的线超越了。这个时候因为队头的斜率小，之后不可能超回来，所以队头此时也可以弹掉。

   3. 加入新的线。

   4. 我们想要的答案是什么：队头就是我们想要的线。

经过这么分析，我们发现我们可以快速求出某一时刻最高点是哪条线了。

但是这个和 dp 有什么关系？

因为在我们的 dp 中，有时可以把问题变成类似于 “ 若干条直线，求某横坐标上的最高线段 ” 的问题。

【适用场景】

在上面的单调队列优化中，我们强调了一件事：$f(j)$ 必须仅关于 $j$，但是在这里，我们可以用斜率优化让这个条件变得宽松。

若我们可以把转移方程改成 $dp[i]=max\{k(j)\times x(i)+b(j)\}+t(i)$ 的形式，我们就可以考虑斜率优化。

在这里，$k(j)$ 就相当于上面的斜率，$b(j)$ 就相当于截距，$x(i)$ 相当于查询的横坐标。

我们来综合考虑一下斜率优化需要满足什么条件。

1. 转移方程改写为 $dp[i]=max\{k(j)\times x(i)+b(j)\}+t(i)$ 的形式，其中每个函数都是仅关于各自的变量。

2. 如果是求 $max$，那么 $k(j)$ 必须单调不减，这个条件相当于上面这件事的条件就是新加入的斜率更大。 如果是求 $min$ 就相反。如果不满足这个条件，那么加入线段就要加到中间去，效率降低（当然用优先队列和线段树也可以做）。

3. $x(i)$ 随着 $i$ 的增加单调不减，这个无关 $max$ 还是 $min$，因为这个的意义在于问问题的时刻是不减的，所以队头的元素不会出队又入队。

   值得注意的是，我们虽然说是斜率优化，但是 $x(i)$ 并不一定是一个关于 $i$ 的一次函数：因为我们不在乎横坐标是什么，之间有什么关系，我们只需要不减。

另外，一开始我们设计出的转移方程可能并不满足斜率优化的形式，但是我们可以变形方程，让它符合条件。

【一些题目】

Dividing：

在这题里面，我们的物品没有体积，价值是 $1\sim 6$，我们要做一个布尔型多重背包，并且第二维设为价值（当然把体积看为 $1\sim 6$，第二维做体积也可以）。

因为是布尔型，所以我们并不关心大小，只关心真假，因此我们的只需要记下来最新的 true 即可。

我们可以用一个 pair 代替双端队列，记录当前窗口内是否有 true，和这个 true 的位置。如果循环中滑出窗口，就改为 false；如果碰到一个新的 true，就更新这个 pair。

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The Fewest Coins G：

在这题中，我们需要做两次背包。

对于 FJ：

我们的物品体积为 1，价值为 $v$，且我们的多重背包第二维要做价值，然后求最小体积。（最少硬币数）

对于店主：

硬币数是无限的，这提醒我们要用完全背包。实际上，我们确实按照完全背包的方法求最小体积即可。

最后，因为 FJ 付的钱可能比 FJ 需要付的钱要多很多，所以我们最后求答案的时候需要枚举 $T\sim MAXN$，其中 $MAXN$ 表示 FJ 的硬币总和。（如果 dp 完毕，目标状态是 $+\mathrm{\infty }$，说明没法凑出这个金额）

注意点：初值是 $+\mathrm{\infty }$，需要滚动数组优化。

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摆渡车

斜率优化，需要自己把转移方程变形。

定义：$dp[i]$ 表示在 $i$ 时刻发一次车，所有在 $i$ 时刻之前的人的等待时间总和的最小值。
注意到因为在 $i$ 时刻发车后，所有 $i$ 时刻之前到的人一定都走了，因此这个状态定义有无后效性。

枚举上一次发车的时间点，注意到发车时间一定是一个人到达的时间，不妨设上一次发车时间为 $j$。

因为我们在第 $i$ 时刻发车，所以在 $(i-m,i)$ 之间绝对不能发车，否则无法在 $i$ 时刻回到人大附中，即 $j\le i-m$。

有转移方程 $dp[i]=min\{dp[j]+\sum (i-t_k)\},j\le i-m,t_k\in (j,i)$。即 在 $j$ 时刻发车的最小等待时间 + 在 $(j,i]$ 时刻到的人的等待时间总和。

$\sum (i-t_k)=(cnt[i]-cnt[j])\times i-(sum[i]-sum[j])$。

其中，$cnt[x]$ 表示前 $x$ 个时刻到的人数量，$sum[x]$ 表示前 $x$ 个时刻到的人的到达时刻之和。显然这两个东西可以预处理。

所以，$dp[i]=min\{dp[j]+(cnt[i]-cnt[j])\times i-(sum[i]-sum[j])\}$

接下来，我们开始变形！

$dp[i]=min\{dp[j]+(cnt[i]-cnt[j])\times i-(sum[i]-sum[j])\}$

$dp[i]=min\{dp[j]+cnt[i]\times i-cnt[j]\times i-sum[i]+sum[j]\}$

$dp[i]=min\{-cnt[j]\times i+(dp[j]+sum[j])\}+cnt[i]\times i-sum[i]$

我们发现现在的转移方程很标准：$k(j)=-cnt[j],x(i)=i,b(j)=dp[j]+sum[j],t(i)=cnt[i]\times i-sum[i]$。

于是我们现在就可以进行斜率优化了。

注意，$j$ 可以用来更新的首要条件是 $j\le i-m$。

整理一下：

1. 因为我们可能在最后一个人到来前一秒开车，所以我们的 dp 范围应当是 $[1,mx+m)$；

2. 在 dp 过程中，只有 $i-m>0$ 时才考虑往队列中加入新元素（$i-m$）；

3. 斜率优化单调队列四步：（左闭右开写法）

   1. 弹队尾。新加入的元素是 $i-m$，我们设直线 $l_1:y=k(q[r-2])\times x+b(q[r-2])$,$l_2:y=k(q[r-1])\times x+b(q[r-2])$,$l_3:y=k(i-m)\times x+b(i-m)$。（注意，必有 $k_{l_1}>k_{l_2}>k_{l_3}$）

      按照我们上面的结论，如果 $l_1,l_2$ 交点的横坐标 $>$ $l_2,l_3$ 交点的横坐标，那 $l_2$ 永无出 (低) 头之日。

      所以我们写一个函数 $cal(i,j)$ 表示 $y=k(i)x+b(i),y=k(j)x+b(j)$ 的交点的横坐标。

      若 $cal(q[r-2],q[r-1])>cal(q[r-1],i-m)$，则可弹出队尾；

   2. 加入新元素。我们就加入 $i-m$，即可能会用来更新的状态；

   3. 弹队头。如果 $cal(q[l],q[l+1])$ 的交点横坐标 $<x(i)$，就弹队头（队头可能是最低的时间段过去了）；

   4. 求答案。此时的队头就是所有可以用来更新的状态中，最小的那一个。

4. 最终答案：循环 $dp[mx]\sim dp[mx+m-1]$ 求最小，$mx$ 为到达时间最晚的那个。

注意：特判 $cal()$ 中两条线斜率相等的情况，因为 $k()$ 非严格递增。

注意：这题刚好 $b()$ 也满足单调递增，否则我们需要写一个判断队尾被完爆的判断。（截距大，斜率也大）

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锯木厂选址

斜率优化。调了 1 week。

考虑 dp: $dp[i]$ 表示将第二个锯木厂建在第 $i$ 棵树的最小代价（显然锯木厂建在树的位置最好）。

那么枚举第一个锯木厂的位置 $j$: $dp[i]=min\{sum-w[j]\times d[j]-(w[i]-w[j])\times d[i]\}(1\le j<i)$，其中 $w[j]$ 为 $1\sim j$ 的重量之和，$d[j]$ 为 $j$ 到山脚的距离，$sum$ 为所有树去山脚的代价。（按照 总代价 - 第一个锯木厂节省的 - 第二个锯木厂节省的）

开始变形。

$dp[i]=min\{sum-w[j]\times d[j]-(w[i]-w[j])\times d[i]\}$

$dp[i]=min\{sum-w[j]\times d[j]-w[i]\times d[i]+w[j]\times d[i]\}$

$dp[i]=min\{w[j]\times d[i]-w[j]\times d[j]\}+sum-w[i]\times d[i]$

这已经是一个 $dp[i]=K(j)X(i)+B(j)+T(i)$ 的形式了，但是发现一个问题：$K(j)$ 递增，$X(i)$ 递减，于是我们把 $K(),X()$ 同时取相反数。

$dp[i]=min\{(-w[j])\times (-d[i])-w[j]\times d[j]\}+sum-w[i]\times d[i]$

此时令 $K(j)=-w[j],X(i)=-d[i],B(j)=-w[j]\times d[j],T(i)=sum-w[i]\times d[i]$，就是斜率优化的模板。

接下来有若干个注意点：

1. 求 $sum$ 的时候，一定要先求 $d$ 的前缀（每棵树到山脚的距离），然后立刻循环求 $sum$，不要把 $w$ 也搞了前缀和再循环求；

2. 因为可能几棵树堆在一起，$K()$ 可能相等，要加特判；

3. 因为 $i$ 是第二个锯木厂的选址，所以从 2 开始枚举，同时因此我们的单调队列里面一开始就要存一个 $1$ 作为更新的初始状态（当然，如果就是要从 1 开始循环也不是不行）；

4. 因为枚举状态是 $j<i$，严格小于，所以要在加入元素 $i$ 对应的元素之前就更新 $dp[i]$；

5. 如果判断队头过时的 while 放在 dp 更新之前，应该是 $X(i)$，如果在更新之后，应该是 $X(i+1)$；

6. 在判断队头过时的时候，判断条件应该是 $X(i+1)$ 而非 $i+1$ ！！！！

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