详解--单调队列 经典滑动窗口问题

单调队列，即单调的队列。使用频率不高，但在有些程序中会有非同寻常的作用。

动态规划·单调队列的理解

做动态规划时常常会见到形如这样的转移方程：

f[x] = max or min{g(k) | b[x] <= k < x} + w[x]

(其中b[x]随x单调不降，即b[1]<=b[2]<=b[3]<=...<=b[n])

(g[k]表示一个和k或f[k]有关的函数，w[x]表示一个和x有关的函数)

这个方程怎样求解呢？我们注意到这样一个性质：如果存在两个数j, k，使得j <= k，而且g(k) <= g(j)，则决策j是毫无用处的。因为根据b[x]单调的特性，如果j可以作为合法决策，那么k一定可以作为合法决策，并且k是一个比j要优的决策。因为k比j要优，（注意：在这个经典模型中，“优”是绝对的，是与当前正在计算的状态无关的），所以，如果把待决策表中的决策按照k排序的话，则g(k)必然是不降的。在此例中决策表即f[x].

这样，就引导我们使用一个单调队列来维护决策表。对于每一个状态f(x)来说，计算过程分为以下几步：

1、 队首元素出队，直到队首元素在给定的范围中。

2、 此时，队首元素就是状态f(x)的最优决策，

3、 计算g(x)，并将其插入到单调队列的尾部，同时维持队列的单调性（不断地出队，直到队列单调为止）。

重复上述步骤直到所有的函数值均被计算出来。不难看出这样的算法均摊时间复杂度是O(1)的。因此求解f(x)的时间复杂度从O(n^2)降到了O(n)。

以下来自某博客+自己补充：

我们从最简单的问题开始：

给定一个长度为N的整数数列a(i),i=0,1,...,N-1和窗长度k.

要求：

      f(i) = max{a(i-k+1),a(i-k+2),..., a(i)},i = 0,1,...,N-1

问题的另一种描述就是用一个长度为k的窗在整数数列上移动，求窗里面所包含的数的最大值。

解法一：

很直观的一种解法，那就是从数列的开头，将窗放上去，然后找到这最开始的k个数的最大值，然后窗最后移一个单元，继续找到k个数中的最大值。

这种方法每求一个f(i),都要进行k-1次的比较，复杂度为O(N*k)。

那么有没有更快一点的算法呢？

解法二：

我们知道，上一种算法有一个地方是重复比较了，就是在找当前的f(i)的时候，i的前面k-1个数其它在算f(i-1)的时候我们就比较过了。那么我们能不能保存上一次的结果呢？当然主要是i的前k-1个数中的最大值了。答案是可以，这就要用到单调递减队列。

单调递减队列是这么一个队列，它的头元素一直是队列当中的最大值，而且队列中的值是按照递减的顺序排列的。我们可以从队列的末尾插入一个元素，可以从队列的两端删除元素。

1.首先看插入元素：为了保证队列的递减性，我们在插入元素v的时候，要将队尾的元素和v比较，如果队尾的元素不大于v,则删除队尾的元素，然后继续将新的队尾的元素与v比较，直到队尾的元素大于v,这个时候我们才将v插入到队尾。

2.队尾的删除刚刚已经说了，那么队首的元素什么时候删除呢？由于我们只需要保存i的前k-1个元素中的最大值，所以当队首的元素的索引或下标小于i-k+1的时候，就说明队首的元素对于求f(i)已经没有意义了，因为它已经不在窗里面了。所以当index[队首元素]<i-k+1时，将队首元素删除。

（补充：队列中的元素主要包括了两个性质：大小--决定它是否影响f[i]的求值，时效性（删除队头使用）--数组下标决定它是否已经离开了滑动窗口，不在影响f[i]了,删除队尾时，是新入队的时效性>已在队中的元素了，如果队尾的取值不如新入队的元素的值优的话，那么就可以删除队尾了。）

从上面的介绍当中，我们知道，单调队列与队列唯一的不同就在于它不仅要保存元素的值，而且要保存元素的索引（当然在实际应用中我们可以只需要保存索引，而通过索引间接找到当前索引的值）。

为了让读者更明白一点，我举个简单的例子。

假设数列为：8，7，12，5，16，9，17，2，4，6.N=10,k=3.

那么我们构造一个长度为3的单调递减队列：

首先，那8和它的索引0放入队列中，我们用（8，0）表示，每一步插入元素时队列中的元素如下：

0：插入8，队列为：（8，0）

1：插入7，队列为：（8，0），（7，1）

2：插入12，队列为：（12，2）

3：插入5，队列为：（12，2），（5，3）

4：插入16，队列为：（16，4）

5：插入9，队列为：（16，4），（9，5）

。。。。依此类推

那么f(i)就是第i步时队列当中的首元素：8，8，12，12，16，16，。。。

例题：POJ 2823 滑动窗口

                                              Sliding Window

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Case Time Limit: 5000MS

Description

An array of size n ≤ 10⁶ is given to you. There is a sliding window of size k which is moving from the very left of the array to the very right. You can only see the k numbers in the window. Each time the sliding window moves rightwards by one position. Following is an example: 
The array is [1 3 -1 -3 5 3 6 7], and k is 3.

Window position	Minimum value	Maximum value
[1  3  -1] -3  5  3  6  7	-1	3
1 [3  -1  -3] 5  3  6  7	-3	3
1  3 [-1  -3  5] 3  6  7	-3	5
1  3  -1 [-3  5  3] 6  7	-3	5
1  3  -1  -3 [5  3  6] 7	3	6
1  3  -1  -3  5 [3  6  7]	3	7

Your task is to determine the maximum and minimum values in the sliding window at each position. 

Input

The input consists of two lines. The first line contains two integers n and k which are the lengths of the array and the sliding window. There are n integers in the second line. 

Output

There are two lines in the output. The first line gives the minimum values in the window at each position, from left to right, respectively. The second line gives the maximum values. 

Sample Input

8 3
1 3 -1 -3 5 3 6 7

Sample Output

-1 -3 -3 -3 3 3
3 3 5 5 6 7

#define N 1000005
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
#include<cstdio>
struct Pai{
    int val,pos;
};
Pai minque[N],maxque[N];
int minans[N],maxans[N],minhead,maxhead,mintail,maxtail,cur=0;
int n,k;
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    int num;
    minque[0].val=(1<<31)-1;
    maxque[0].val=(1<<31)-1;
    maxque[0].val*=-1;
/*使用最大值最小值，为了让que[0]会被后来的元素占用，防止因为que[0]=0的这个数，代替了本来的最大值或者最小值，所以一开始时会有mintail<0,但是之后马上就++mintail了，没有访问数组，所以不会有越界情况的。*/
    for(int i=1;i<=k;++i)
    {
        scanf("%d",&num);
        while(minhead<=mintail&&minque[mintail].val>=num) mintail--;
        minque[++mintail].val=num;
        minque[mintail].pos=i;
        while(maxhead<=maxtail&&maxque[maxtail].val<=num) maxtail--;
        maxque[++maxtail].val=num;
        maxque[maxtail].pos=i;
    }
    for(int i=k+1;i<=n;++i)
    {
        minans[++cur]=minque[minhead].val;
        maxans[cur]=maxque[maxhead].val;
        scanf("%d",&num);
        
        while(minhead<=mintail&&i-minque[minhead].pos>=k)++minhead;
        while(minhead<=mintail&&minque[mintail].val>=num) mintail--;
        minque[++mintail].val=num;
        minque[mintail].pos=i;
        
        while(maxhead<=maxtail&&i-maxque[maxhead].pos>=k)++maxhead;
        while(maxhead<=maxtail&&maxque[maxtail].val<=num) maxtail--;
        maxque[++maxtail].val=num;
        maxque[maxtail].pos=i;
    }
    minans[++cur]=minque[minhead].val;
    maxans[cur]=maxque[maxhead].val;
    for(int i=1;i<=cur;++i)
      printf("%d ",minans[i]);
    printf("\n");
    for(int i=1;i<=cur;++i)
      printf("%d ",maxans[i]);
    return 0;
}