用单调队列优化DP，写给自己
单调队列是一种严格单调的队列，可以单调递增，也可以单调递减。队首位置保存的是最优解，第二个位置保存的是次优解，ect。。。
单调队列可以有两个操作：
1、插入一个新的元素，该元素从队尾开始向队首进行搜索，找到合适的位置插入之，如果该位置原本有元素，则替换它。
2、在过程中从队首删除不符合当前要求的元素。
单调队列实现起来可简单，可复杂。简单的一个数组，一个head，一个tail指针就搞定。复杂的用双向链表实现。
用处：
1、保存最优解，次优解，ect。
2、利用单调队列对dp方程进行优化，可将O(n)复杂度降至O(1)。也就是说，将原本会超时的N维dp降优化至N-1维，以求通过。这也是我想记录的重点
是不是任何DP都可以利用单调队列进行优化呢？答案是否定的。
记住！只有形如 dp[i]=max/min (f[k]) + g[i] （k<i && g[i]是与k无关的变量）才能用到单调队列进行优化。
优化的对象就是f[k]。
通过例题来加深感受
http://www.acm.uestc.edu.cn/problem.php?pid=1685
我要长高
Description
韩父有N个儿子，分别是韩一，韩二…韩N。由于韩家演技功底深厚，加上他们间的密切配合，演出获得了巨大成功，票房甚至高达2000万。舟子是名很有威望的公知，可是他表面上两袖清风实则内心阴暗，看到韩家红红火火，嫉妒心遂起，便发微薄调侃韩二们站成一列时身高参差不齐。由于舟子的影响力，随口一句便会造成韩家的巨大损失，具体亏损是这样计算的，韩一，韩二…韩N站成一排，损失即为C*（韩i与韩i+1的高度差（1<=i<N））之和，搞不好连女儿都赔了.韩父苦苦思索，决定给韩子们内增高（注意韩子们变矮是不科学的只能增高或什么也不做），增高1cm是很容易的，可是增高10cm花费就很大了，对任意韩i，增高Hcm的花费是H^2.请你帮助韩父让韩家损失最小。
Input
有若干组数据，一直处理到文件结束。 每组数据第一行为两个整数：韩子数量N(1<=N<=50000)和舟子系数C(1<=C<=100) 接下来N行分别是韩i的高度(1<=hi<=100)。
首先建立方程，很容易想到的是，dp[i][j]表示第 i 个儿子身高为 j 的最低花费。分析题目很容易知道，当前儿子的身高花费只由前一个儿子影响。因此，
dp[i][j]=min(dp[i-1][k] + abs(j-k)*C + (x[i]-j)*(x[i]-j))；其中x[i]是第i个儿子原本的身高
我们分析一下复杂度。
首先有N个儿子，这需要一个循环。再者，每个儿子有0到100的身高，这也需要一维。再再者，0到100的每一个身高都可以有前一位儿子的身高0到100递推而来。
所以朴素算法的时间复杂度是O(n^3)。题目只给两秒，难以接受！
分析方程：
当第 i 个儿子的身高比第 i-1 个儿子的身高要高时，
dp[i][j]=min(dp[i-1][k] + j*C-k*C + X); ( k<=j ) 其中 X=(x[i]-j)*(x[i]-j)。
当第 i 个儿子的身高比第 i-1 个儿子的身高要矮时，
dp[i][j]=min(dp[i-1][k] - j*C+k*C + X); ( k>=j )
对第一个个方程，我们令 f[i-1][k]=dp[i-1][k]-k*C, g[i][j]=j*C+X; 于是 dp[i][j] = min (f[i-1][k])+ g[i][j]。转化成这样的形式，我们就可以用单调队列进行优化了。
第二个方程同理。
接下来便是如何实现，实现起来有点技巧。具体见下
View Code
1 #include<iostream> 2 #include<string> 3 #include<stdio.h> 4 #include<memory.h> 5 using namespace std; 6 #define inf 0xfffffff 7 #define min(a,b) a<b?a:b 8 #define max(a,b) a>b?a:b 9 10 int dp[2][101]; 11 int n,c; 12 int q[101]; 13 int head,tail,cur; 14 15 int main() 16 { 17 int i,j,x,nowf; 18 freopen("D:\\in.txt","r",stdin); 19 while(scanf("%d%d",&n,&c)==2) 20 { 21 scanf("%d",&x); 22 cur=0; 23 for(i=0;i<x;i++) 24 dp[cur][i]=inf; 25 for(i=x;i<=100;i++) 26 dp[cur][i]=(x-i)*(x-i); 27 for(i=1;i<n;i++) 28 { 29 scanf("%d",&x); 30 cur=1-cur; 31 //比前一个人高 32 head=tail=0; 33 for(j=0;j<=100;j++) //当身高为j时候，队列里便已经保存了0~j-1的信息，注意，是第i-1个人的信息 34 { 35 nowf=dp[1-cur][j]-j*c; 36 while(head<tail && q[tail-1]>nowf) 37 tail--; 38 q[tail++]=nowf; 39 if(j<x) 40 dp[cur][j]=inf; 41 else 42 dp[cur][j]=q[head]+j*c+(x-j)*(x-j); 43 } 44 //比前一个人矮 45 head=tail=0; 46 for(j=100;j>=0;j--) //当身高为j时候，队列里便已经保存了100~j+1的信息，正写反写是有技巧的 47 { 48 nowf=dp[1-cur][j]+j*c; 49 while(head<tail && q[tail-1]>nowf) 50 tail--; 51 q[tail++]=nowf; 52 if(j>=x) 53 dp[cur][j]=min(dp[cur][j],q[head]-j*c+(x-j)*(x-j)); 54 } 55 } 56 int ans=inf; 57 for(i=0;i<=100;i++) 58 ans=min(ans,dp[cur][i]); 59 printf("%d\n",ans); 60 } 61 return 0; 62 }
还有一个比较适合理解该优化方法的题目是HDU 3401http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3401
大概题目便是：一个人知道接下来T天的股市行情，想知道最终他能赚到多少钱。
构造状态dp[i][j]表示第i 天拥有 j只股票的时候，赚了多少钱
状态转移有：
1、从前一天不买不卖:
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j])
2、从前i-W-1天买进一些股:
dp[i][j]=max(dp[i-W-1][k]-(j-k)*AP[i],dp[i][j])
3、从i-W-1天卖掉一些股:
dp[i][j]=max(dp[i-W-1][k]+(k-j)*BP[i],dp[i][j])
这里需要解释一下为什么只考虑第i-W-1天的买入卖出情况即可。想想看，i-W-2天是不是可以通过不买不卖将自己的最优状态转移到第i-W-1天？以此类推，之前的都不需要考虑了，只考虑都i-W-1天的情况即可。
对买入股票的情况进行分析，转化成适合单调队列优化的方程形式
dp[i][j]=max(dp[i-W-1][k]+k*AP[i])-j*AP[i]。令f[i-W-1][k]=dp[i-W-1][k]+k*AP[i]，则dp[i][j]=max(f[i-W-1][k]) - j*AP[i]。
这便可以用单调队列进行优化了。卖股的情况类似分析。
View Code
1 #include<iostream> 2 #include<string> 3 using namespace std; 4 #define inf 0xfffffff 5 #define min(a,b) a<b?a:b 6 #define max(a,b) a>b?a:b 7 8 struct node 9 { 10 int pos; 11 int f; 12 }; 13 14 int AP[2001],BP[2001],AS[2001],BS[2001]; 15 int dp[2001][2001]; 16 node q[2001]; 17 int head,tail; 18 int n,MaxP,W; 19 20 int main() 21 { 22 int i,j,cas,nowf; 23 freopen("D:\\in.txt","r",stdin); 24 scanf("%d",&cas); 25 while(cas--) 26 { 27 scanf("%d%d%d",&n,&MaxP,&W); 28 for(i=1;i<=n;i++) 29 { 30 scanf("%d%d%d%d",&AP[i],&BP[i],&AS[i],&BS[i]); 31 } 32 for(i=0;i<=n;i++) 33 for(j=0;j<=MaxP;j++) 34 dp[i][j]=-inf; 35 for(i=1;i<=W+1;i++) 36 { 37 for(j=0;j<=(min(MaxP,AS[i]));j++) 38 dp[i][j]=-AP[i]*j; 39 } 40 dp[0][0]=0; 41 for(i=1;i<=n;i++) 42 { 43 for(j=0;j<=MaxP;j++) 44 dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]); 45 if(i<=W+1) 46 continue; 47 int pre=i-W-1; //队列里保存的是第i-W-1天的信息 48 head=tail=0; 49 for(j=0;j<=MaxP;j++) //因为是买，所以肯定越来越多,求DP[i][j]的时候，之前的0~~j-1的信息就存在在队列了 50 { 51 nowf=dp[pre][j]+j*AP[i]; 52 while(head<tail && q[tail-1].f<nowf) 53 tail--; 54 q[tail].f=nowf;q[tail++].pos=j; 55 while(head<tail && q[head].pos+AS[i]<j) 56 head++; 57 dp[i][j]=max(dp[i][j],q[head].f-j*AP[i]); 58 } 59 head=tail=0; 60 for(j=MaxP;j>=0;j--) //因为是卖，道理同上 61 { 62 nowf=dp[pre][j]+j*BP[i]; 63 while(head<tail && q[tail-1].f<nowf) 64 tail--; 65 q[tail].f=nowf;q[tail++].pos=j; 66 while(head<tail && q[head].pos-BS[i]>j) 67 head++; 68 dp[i][j]=max(dp[i][j],q[head].f-j*BP[i]); 69 } 70 } 71 int ans=0; 72 for(i=0;i<=MaxP;i++) 73 ans=max(ans,dp[n][i]); 74 printf("%d\n",ans); 75 } 76 return 0; 77 }
最后再说一个应用，用单调队列来优化多重背包问题 hdu 2191
如果有n个物品，每个物品的价格是w，重量是c，且每个物品的数量是k，那么用这样的一些物品去填满一个容量为m的背包，使得得到的背包价值最大化，这样的问题就是多重背包问题。
对于多重背包的问题，有一种优化的方法是使用二进制优化，这种优化的方法时间复杂度是O(m*∑log k[i])，具体可以见
http://www.cnblogs.com/ka200812/archive/2011/08/06/2129505.html
而利用单调队列的优化，复杂度是O(mn)
首先，对于第i件物品，如果已知体积为V，价值为W，数量为K，那么可以按照V的余数，将当前的体积J分成V组(0,1,....V-1)。
对于任意一组，可以得到转移方程：f[i*V+c]=f[k*V+c]+(i-k)*W，其中c是V组分组中的任意一个
令f[i*V+c]=dp[i]，那么就得到dp[i]=dp[k]+(i-k)*W (k>=i-K)
将dp[k]-k*W看做是优化函数，那么就可以运用单调队列来优化了
View Code
1 #include<iostream> 2 #include<string> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 6 int c,w,num; 7 int a[101],b[101],f[101]; 8 int n,m; 9 int q[101]; 10 int head,tail; 11 12 int main() 13 { 14 int i,cas,k,j; 15 freopen("in.txt","r",stdin); 16 scanf("%d",&cas); 17 while(cas--) 18 { 19 scanf("%d%d",&m,&n); 20 memset(f,0,sizeof(f)); 21 for(i=0;i<n;i++) 22 { 23 scanf("%d%d%d",&c,&w,&num); 24 if(m/c<num) //取最小值 25 num=m/c; 26 for(k=0;k<c;k++) //分成c份 27 { 28 head=tail=0; 29 for(j=0;j<=(m-k)/c;j++) 30 { 31 int x=j; 32 int y=f[j*c+k]-j*w; //将f[j*c+k]-j*w入队 33 while(head<tail && y>=b[tail-1]) 34 tail--; 35 a[tail]=x; //记录下标 36 b[tail++]=y; //记录dp值 37 while(a[head]<j-num) //如果超出了范围 38 head++; 39 f[j*c+k]=b[head]+j*w; 40 } 41 } 42 } 43 printf("%d\n",f[m]); 44 } 45 return 0; 46 }
