单调队列

单调队列是指：队列中元素之间的关系具有单调性，而且，队首和队尾都可以进行出队操作，只有队尾可以进行入队操作。

队列是一种先进先出(FIFO First In First Out)的数据结构，它类似于下面这幅图：

队列的进出方式类似于平时我们排队打饭，来排队的人从队尾进入，打完饭的人从队头弹出。

队列的在程序中储存的方式有很多，OI中最为常用的是使用头指针head和尾指针tail进行存储

头指针指向队列中第一个元素，尾指针指向队列中的最后一个元素，我们很显然可以得出队列进出的操作：

int que[100];
int head = 0, tail = 0;
//进队
void push(int a)
{
    que[++tail] = a;
}
//出队
int pop()
{
    return que[++head];
}
//判断队列是否为空
bool empty()
{
    return !(head < tail);
}

单调队列顾名思义就是一个有规律的队列，这个队列的规律是：所有在队列里的数都必须按递增（或递减）的顺序列队，如果真有这么一个队列，那么队列的头是不是就是最小（或最大）的呢？

当然队列的存储还有链表，以及循环队列等方式，读者可以自己在网上查找对应的讲解文章，这里不再叙述。

回到上面的单调队列问题，假如你在饭堂打饭时，有个人人高马大，急匆匆跑过来，看排了这么一长串队，心中急躁，从队列最后的一个人开始，看见好欺负的就赶走，自己站着，直到干不过的就停下，这就是双端队列。也就是允许两端弹出，只允许一端插入的队列（允许两端插入，只允许一端弹出的也属于双端队列）。这个人的插队行为类似于下面这幅图。

例题：（来源：caioj 1172）

给定一个n个数的数列，从左至右输出每个长度为m的数列段内的最大数。

解法1：

如果按照常规方法，我们在求f[i]即i~i+m-1区间内的最值时，要把区间内的所有数都访问一遍，时间复杂度约为O（nm）。有没有一个快一点的算法呢？

解法2：

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。

使用单调队列就涉及到去头和删尾：

1、队列的头一定是在一段时间前就加入了队列，现在的队列头会不会离开了我们处理的区间呢？如果它离我们正在处理的i太远了，我们就要把它去掉，去除冗杂的信息。

2、为了保证队列的递减性，在从列队尾新插入元素v时，要考虑队列尾的值是否大于v，如果是，队列呈现 队列尾-1的值 > 队列尾的值 > v ，此时队列递减性没有消失；如果不是，队列呈现 队列尾-1的值 > 队列尾的值 < v ，队列递减性被打破。

为了维护递减性，我们做如下考虑：v是最新值，它的位置是目前最靠后的，它可成为以后的最大值，必须留下；队列尾-1的值与v大小不定，不能冒然删去它；队列尾的值夹在v和队列尾-1之间，它不但不是最大值，对于以后的情况又不如v优，因为v相比队列尾更靠后（v可以影响到后m个值，队列尾只能影响到从它的位置往后数m-1个值），而且值更大，所以删队列尾是必定的。

在维护好一个 区间正确、严格递减 的单调递减队列后，队列头就是当前区间的最大值了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int a[200000];
struct node
{ 
    int x,p;
    node(){}
    node(int xx,int pp){x=xx;p=pp;}
}list[200000];
 
int main()
{
 
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    int head=1,tail=1;
    list[1]=node(a[1],1);
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
 
        while(head<=tail&&list[tail].x<=a[i]) tail--;//删尾
        list[++tail]=node(a[i],i);//得到最优解并插入
        while(i-list[head].p>=m) head++;//去头
        if(i>=m) printf("%d\n",list[head]);
    }
    return 0;
}

烽火台又称烽燧，是重要的军事防御设施，一般建在险要或交通要道上。一旦有敌情发生，白天燃烧柴草，通过浓烟表达信息；夜晚燃烧干柴，以火光传递军情，在某两座城市之间有 n 个烽火台，每个烽火台发出信号都有一定代价。为了使情报准确地传递，在连续 m 个烽火台中至少要有一个发出信号。请计算总共最少花费多少代价，才能使敌军来袭之时，情报能在这两座城市之间准确传递

Input

第一行：两个整数 N，M。其中N表示烽火台的个数， M 表示在连续 m 个烽火台中至少要有一个发出信号。接下来 N 行，每行一个数 Wi，表示第i个烽火台发出信号所需代价。

Output

一行，表示答案。

Sample Input

5 3 
1 
2 
5 
6 
2

Sample Output

4

Data Constraint

对于50%的数据，M≤N≤1,000 。 对于100%的数据，M≤N≤100,000，Wi≤100。

分析题目，由于题目要求连续m个烽火台中至少要有一个发出信号，很容易得出DP转移方程：

F[i]=min(F[j]:i−m<j<i)+a[i]F[i]=min(F[j]:i−m<j<i)+a[i]

最直接的方法是枚举状态，对于每一个i，我们在i-m+1到i-1中寻找一个最小的F[j]进行状态转移，枚举状态的时间复杂度是O(n)，寻找最小值的状态时间复杂度是O(n)，因此这种方法的复杂度是O(n^2)。题目的是数据范围是n<=100000，显然超时。

那么怎么用单调队列优化呢？

上图中，状态枚举到i，当m=4时，我们要做的就是在i-3到i-1中找到最小的F[j]，那么枚举到i+1时，我们要做的就是要在i-2到i中找到最小的F[j]。上图中我们可以看出，要寻找最小值的区间向后移动了一位，也就是F[i-m+1]的值被抛弃，F[i-1]的值被加入。这里就可以用单调队列处理了，F[i-1]是插队的数据，F[i-1]有资格插队是因为它更优且更靠近i，比它更差的数将被它取代，保留那些数据没有任何好处。而那些已经不再维护区间之外的就不必再对其进行维护，出队即可。看了代码会更加明白：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
 
const int N = 100000;
int n, m, head = 1, tail = 0, ans = 2147483647;
int a[N + 1], f[N + 1], que[N + 1];
 
int main()
{
    freopen("beacon.in", "r", stdin);
    freopen("beacon.out", "w", stdout);
 
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1;i <= n;i++)
        scanf("%d", &a[i]);
    for (int i = 1;i <= n;i++)
    {
        while (head <= tail && f[i - 1] <= f[que[tail]]) tail--; //当F[i-1]比队尾值更优时把队尾值弹出
        que[++tail] = i - 1; //把F[i-1]插入，这里插入下标而不插入值，便于从队头弹出
        while (head <= tail && que[head] < i - m) head++; //不属于区间维护内的数弹出
        f[i] = f[que[head]] + a[i]; //状态转移
    }
    for (int i = n;i > n - m;i--) //求出答案
        ans = min(ans, f[i]);
    printf("%d\n", ans);
 
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

JZOJ 1772 假期
Description

经过几个月辛勤的工作，FJ决定让奶牛放假。假期可以在1…N天内任意选择一段（需要连续），每一天都有一个享受指数W。但是奶牛的要求非常苛刻，假期不能短于P天，否则奶牛不能得到足够的休息；假期也不能超过Q天，否则奶牛会玩的腻烦。FJ想知道奶牛们能获得的最大享受指数。

Input

第一行：N,P,Q.
第二行：N个数字，中间用一个空格隔开,每个数都在longint范围内。

Output

一个整数，奶牛们能获得的最大享受指数。

Sample Input

5 2 4
-9 -4 -3 8 -6

Sample Output

5

Data Constraint

50% 1≤N≤10000

100% 1≤N≤100000

１<=p<=q<=n

Hint

选择第3-4天，享受指数为-3+8=5。

看到区间的问题首先肯定是想到求前缀和，我们把[1,k]的和记为sum[k]，可以得到sum[i] = sum[i - 1] + a[i]，[l,r]的和即为sum[r] - sum[l - 1]（这里视sum[0] = 0）。我们假设选择的区间为[l,r]且r固定，可知

r−q+1≤l≤r−p+1r−q+1≤l≤r−p+1，若要使[l,r]区间的值最大，则sum[l - 1]需最小，才可使得sum[r] - sum[l - 1]最小，当i右移一位到i+1，因为p,q为给定不变的值，对应寻找最小sum[l-1]的区间也右移一位，与上题同。

如下图，当p=3,q=5时：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
 
int n,p,q,l,r,head = 1,tail = 0,ans = -2147483647;
int que[100001],a[100001];
long long sum[100001];
 
int max(long long a,long long b)
{
    return a > b ? a : b;
}
 
int main()
{
    sum[0] = 0;
    scanf("%d %d %d", &n, &p, &q);
    for (int i = 1;i <= n;i++)
    {
        scanf("%d", &a[i]);
        sum[i] = sum[i-1] + a[i]; //记前缀和
    }
    for (r = p;r <= n;r++)
    {
        while (head <= tail && sum[que[tail]-1] >= sum[r-p]) tail--; //更优的sum[l - 1]予以插队
        que[++tail] = r+1-p; //入队
        while (head <= tail && que[head] < r+1-q) head++; //不处于维护范围内的出队
        ans = max(ans, sum[r]-sum[que[head]-1]); //更新答案
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

关于单调队列的运用还有很多，例如斜率优化DP等等。总而言之，使用单调队列优化DP，那么必会有求i之前某个范围的极值的操作，这类DP的方程通常为：

F[i]=min(F[j]+a[i]:j<i)F[i]=min(F[j]+a[i]:j<i)
a[i]是与j无关的数。