单调队列及单调队列优化DP

首先是单调队列: 

其实单调队列就是一种队列内的元素有单调性（单调递增或者单调递减）的队列，答案（也就是最优解）就存在队首，而队尾则是最后进队的元素。因为其单调性所以经常会被用来维护区间最值或者降低$DP$的维数已达到降维来减少空间及时间的目的。

类似于滑动窗口等,单调队列具有时序性的储存区间最大值或区间最小值,以下为例题:
P1886 滑动窗口 /【模板】单调队列 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

P1440 求m区间内的最小值 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

上题均可用滑动窗口模板解决:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e6+10;
int n,m,hh,tt,a[N],q[N],k;
int main()
{
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    hh=1,tt=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(hh<=tt&&q[hh]<i-k+1) hh++;
        while(hh<=tt&&a[q[tt]]>=a[i]) tt--;
        q[++tt]=i;
        if(i>=k) cout<<a[q[hh]]<<' ';
    }
    cout<<endl;
    hh=1,tt=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(hh<=tt&&q[hh]<i-k+1) hh++;
        while(hh<=tt&&a[q[tt]]<a[i]) tt--;
        q[++tt]=i;
        if(i>=k) cout<<a[q[hh]]<<' ';
    }
    return 0;
}

对于单调队列优化$DP$,在状态转移的时候会发生我们需要转移到一个区间的某一个点上,而在最佳答案的情景下这个点一般为最大值或者最小值,考虑遍历区间复杂度较高,可采用求区间最值方法来确定一个点的位置即可:
P1725 琪露诺 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

对于该题,我们从位置 $0$ 开始,然后在位置 $i$ 时,无非是是从区间 $[i-r,i-l]$ 转移而来,故我们使用单调队列储存 $dp$ 状态在这个区间的最大值即可,区间最大值加上现在位置的贡献即为这个位置状态的贡献,如果从某个位置开始可以直接跳走,即 $i+r>n$ 则从此时开始更新迭代答案即可,这里再解释以下为什么是 $i-l$ 入队,因为我们向前走一步,即 $i\mathrm{变}\mathrm{成}i+1$, 我们的区间窗口也要滑动,此时新进来的数就是 $i-l$

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std;
const int N=2e6+10;
int n,l,r,q[N],hh=1,tt,dp[N],a[N],res=-1e18;
signed main(){
    cin>>n>>l>>r;
    for(int i=1;i<=2*n;i++) dp[i]=-1e18;
    for(int i=0;i<=n;i++) cin>>a[i];
    for(int i=l;i<=n;i++){
        while(hh<=tt&&q[hh]<i-r) hh++;
        while(hh<=tt&&dp[q[tt]]<dp[i-l]) tt--;
        q[++tt]=i-l,dp[i]=dp[q[hh]]+a[i];
        if(i+r>n) res=max(res,dp[i]);
    }
    cout<<res;
}

P3957 [NOIP2017 普及组] 跳房子 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

题目要求最小金钱数目,则可以考虑用二分,因为我们可以具有区间灵活度,花费金钱越大灵活度越大,所以最终的答案一定是递增的,故可以使用二分答案

接下来是 $check$ 函数,考虑使用单调队列DP,由于每次进行的步数都不一样,所以此时进行状态转移即可得到最优解,首先确定每次跳跃的区间左端点和右端点,然后进行遍历,设置一个变量 $j$,表示最后一个加入队伍的编号,对于 $i$ 之前的距离,如果 $i\mathrm{和}j$ 之间相差的距离满足跳跃区间,那么可以考虑是否加入队列,此时单调队列更新完成,更新 $dp[i]$ 即可,由于游戏随时可以停止,所以要时刻判断

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std;
const int N=2e6+10;
pair<int,int>robot[N];
int n,d,k,dp[N],q[N],sum;
bool check(int g){
    int l,r,hh=1,tt=0,j=0;
    if(g>=d) l=1,r=d+g;
    else l=d-g,r=d+g;
    for(int i=1;i<=n;i++) dp[i]=-2e9,q[i]=0;
    dp[0]=0,q[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(robot[i].first-robot[j].first>=l&&j<i){
            if(dp[j]>-2e9){
                while(hh<=tt&&dp[q[tt]]<=dp[j]) tt--;
                q[++tt]=j;
            }
            j++;
        }
        while(hh<=tt&&robot[i].first-robot[q[hh]].first>r) hh++;
        if(hh<=tt) dp[i]=dp[q[hh]]+robot[i].second;
        if(dp[i]>=k) return true;
    }
    return false;
}
signed main(){
    cin>>n>>d>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int a,b; cin>>a>>b;
        robot[i]={a,b};
    }
    int l=1,r=1e9;
    while(l<r){
        int mid=l+r>>1;
        if(check(mid)) r=mid;
        else l=mid+1;
    }
    cout<<(r==1e9?-1:r);
}

 单调队列优化多重背包:

若用F[i][j]表示对容量为j的背包，处理完前i种物品后，背包内物品可达到的最大总价值，并记$m[i]=min(n[i],j/v[i])$。放入背包的第i种物品的数目可以是：$0、1、2\dots \dots$，可得：

$F[i][j]=maxF[i-1][j–k\ast v[i]]+k\ast w[i](0<=k<=m[i])\mathrm{㈠}$

 

如何在O(1)时间内求出F[i][j]呢？

先看一个例子：取$m[i]=2,v[i]=v,w[i]=w,V>9\ast v$，

并假设 f(j) = F[i - 1][j]，观察公式右边要求最大值的几项：

$j=6\ast v:f(6\ast v)、f(5\ast v)+w、f(4\ast v)+2\ast w$ 这三个中的最大值

$j=5\ast v:f(5\ast v)、f(4\ast v)+w、f(3\ast v)+2\ast w$ 这三个中的最大值

$j=4\ast v:f(4\ast v)、f(3\ast v)+w、f(2\ast v)+2\ast w$ 这三个中的最大值

显然，公式㈠右边求最大值的几项随j值改变而改变，但如果将j = 6*v时，每项减去6*w，j=5*v时，每项减去5*w，j=4*v时，每项减去4*w，就得到：

$j=6\ast v:f(6\ast v)-6\ast w、f(5\ast v)-5\ast w、f(4\ast v)-4\ast w$ 这三个中的最大值

$j=5\ast v:f(5\ast v)-5\ast w、f(4\ast v)-4\ast w、f(3\ast v)-3\ast w$ 这三个中的最大值

$j=4\ast v:f(4\ast v)-4\ast w、f(3\ast v)-3\ast w、f(2\ast v)-2\ast w$ 这三个中的最大值

很明显，要求最大值的那些项，有很多重复。

 

根据这个思路，可以对原来的公式进行如下调整：

假设$d=v[i]$，$a=j/d$，$b=j$，即 $j=a\ast d+b$，代入公式㈠，并用$k$替换$a-k$得：

$F[i][j]=maxF[i-1][b+k\ast d]-k\ast w[i]+a\ast w[i](a–m[i]<=k<=a)\mathrm{㈡}$

 

对$F[i-1][y]（y=bb+db+2db+3db+4db+5db+6d\dots j)$

$F[i][j]$就是求j的前面$m[i]+1$个数对应的$F[i-1][b+k\ast d]-k\ast w[i]$的最大值，加上$a\ast w[i]$，如果将F[i][j]前面所有的$F[i-1][b+k\ast d]–k\ast w$放入到一个队列，那么，F[i][j]就是求这个队列最大长度为$m[i]+1$时，队列中元素的最大值，加上$a\ast w[i]$。因而原问题可以转化为：$O(1)$时间内求一个队列的最大值。

 

该问题可以这样解决：

① 用另一个队列B记录指定队列的最大值（或者记录最大值的地址），并通过下面两个操作保证队列B的第一个元素（或其所指向的元素）一定是指定队列的当前最大值。

② 当指定队列有元素M进入时，删除队列B中的比M小的（或队列B中所指向的元素小等于M的）所有元素，并将元素M（或其地址）存入队列B。

③ 当指定队列有元素M离开时，队列B中的第一个元素若与M相等（或队列B第一个元素的地址与M相等），则队列B的第一个元素也离队。

 

经过上述处理，可以保证队列B中的第一个元素（或其指向的元素）一定是所指定队列所有元素的最大值。显然队列B的元素（或其所指向的元素）是单调递减的，这应该就是《背包九讲》中的提到的“单调队列”吧，初看的时候被这个概念弄得稀里糊涂，网上的资料提到“维护队列的最大值”，刚开始还以为是维护这个单调队列的最大值，对其采用的算法，越看越糊涂。其实，只要明白用一个“辅助队列”，求另一个队列的最值，那么具体的算法，和该“辅助队列”的性质（单调变化），都很容易推导出来。

 

在多重背包问题中，所有要进入队列的元素个数的上限值是已知的，可以直接用一个大数组模拟队列。

//“多重背包”通用模板
const int MAX_V = 100004;
//v、n、w：当前所处理的这类物品的体积、个数、价值
//V：背包体积， MAX_V：背包的体积上限值
//f[i]：体积为i的背包装前几种物品，能达到的价值上限。
inline void pack(int f[], int V, int v, int n, int w)
{
  if (n == 0 || v == 0) return;
  if (n == 1) {               //01背包
    for (int i = V; i >= v; --i)
      if (f[i] < f[i - v] + w) f[i] = f[i - v] + w;
    return;
  }
  if (n * v >= V - v + 1) {   //完全背包(n >= V / v)
    for (int i = v; i <= V; ++i)
      if (f[i] < f[i - v] + w) f[i] = f[i - v] + w;
    return;    
  }

  int va[MAX_V], vb[MAX_V];   //va/vb: 主/辅助队列
  for (int j = 0; j < v; ++j) {     //多重背包
    int *pb = va, *pe = va - 1;     //pb/pe分别指向队列首/末元素
    int *qb = vb, *qe = vb - 1;     //qb/qe分别指向辅助队列首/末元素  
    for (int k = j, i = 0; k <= V; k += v, ++i) {
      if (pe  == pb + n) {       //若队列大小达到指定值，第一个元素X出队。
        if (*pb == *qb) ++qb;   //若辅助队列第一个元素等于X，该元素也出队。 
        ++pb;
      }
      int tt = f[k] - i * w;
      *++pe = tt;                  //元素X进队
      //删除辅助队列所有小于X的元素，qb到qe单调递减，也可以用二分法
      while (qe >= qb && *qe < tt) --qe;
      *++qe = tt;              //元素X也存放入辅助队列        
      f[k] = *qb + i * w;      //辅助队列首元素恒为指定队列所有元素的最大值
    }
  }
}

 

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本文作者：Sakurajimamai
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