首先得讲一下单调队列，顾名思义，单调队列就是队列中的每个元素具有单调性，如果是单调递增队列，那么每个元素都是单调递增的，反正，亦然。
那么如何对单调队列进行操作呢？
是这样的：对于单调队列而言，队首和队尾都可以进行出队操作，但只有队尾能够进行入队操作。
至于如何来维护单调队列，这里以单调递增队列为例：
1、如果队列的长度是一定的，首先判断队首元素是否在规定范围内，如果不再，则队首指针向后移动。（至于如何来判断是否在制定范围内，一般而言，我们可以给每个元素设定一个入队的序号，这样就能够知道每个元素原来的顺序了）。
2、每次加入元素是，如果元素小于队尾元素且队列非空，则减小尾指针，队尾元素出队列，直到保持队列单调性为止。
题目链接：http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=1894
单调队列的入门题，我们给每个队列中的元素设定一个入队序号，并且设置一个变量来记录当前有多少人离开，这样我们可以维护一个单调递减队列，每次入队的时候，找当前元素适合的位置，每次出队列的时候，判断当前队首元素的入队序号与离开总入数的大小，如果小于等于，则说明当前队首元素应该已经在出队范围内，那么队首指针应该向后移动，直到找到元素的序号比当前离开的总人数大的那个元素，并且出队列。
1 /*************************************************************************
2 > File Name: fzu1894.cpp
3 > Author: syhjh
4 > Created Time: 2014年03月11日 星期二 08时55分28秒
5 ************************************************************************/
6 #include <iostream>
7 #include <cstdio>
8 #include <cstring>
9 #include <algorithm>
10 using namespace std;
11
12 const int MAXN = (1000000 + 10);
13 struct Node {
14 int val, num;
15 };
16
17 Node que[MAXN];
18
19 int main()
20 {
21 char s1[7], s2[7];
22 int Case;
23 scanf("%d", &Case);
24 while (Case--) {
25 int head = 0, tail = -1, val;
26 int num = 0, level = 0;
27 scanf("%s", s1);
28 while (~scanf("%s", s1)) {
29 if (strcmp(s1, "END") == 0) {
30 break;
31 }
32 if (s1[0] == 'C') {
33 scanf("%s %d", s2, &val);
34 //找到当前值适合插入的位置，并且将其后面的元素全部舍弃
35 while (head <= tail && que[tail].val <= val) tail--;
36 que[++tail].val = val;
37 que[tail].num = ++num;
38 } else if (s1[0] == 'Q') {
39 //level记录了有多少个离开，因此我们要找的是队头元素进队列时的序号大于
40 //目前离开的总人数，这样才能够说明当前元素还在队列中
41 while (head <= tail && que[head].num <= level) {
42 head++;
43 }
44 if (tail < head) {
45 puts("-1");
46 } else
47 printf("%d\n", que[head].val);
48 } else
49 level++;
50 }
51 }
52 return 0;
53 }
题目链接：http://poj.org/problem?id=2823
比较裸的单调队列，可以开两个队列来保存结果，一个单调递增来保存最小值，一个单调递减来保存最大值，每个元素入队列时都给一个入队编号，然后我们在判断的时候，只要判断当前元素的序号与队首元素的序号相差不大与K，则最值就是当前队首元素，否则，队首指针向后移动，直到找到一个符合条件的元素。
1 /*************************************************************************
2 > File Name: poj2823.cpp
3 > Author: syhjh
4 > Created Time: 2014年03月11日 星期二 09时45分04秒
5 ************************************************************************/
6 #include <iostream>
7 #include <cstdio>
8 #include <cstring>
9 #include <algorithm>
10 #include <vector>
11 using namespace std;
12
13 const int MAXN = (1000000 + 100);
14 struct Node {
15 int val, index;
16 };
17
18 Node que1[MAXN], que2[MAXN];
19 int N, K, M;
20 int num[MAXN];
21 int ans1[MAXN], ans2[MAXN];
22
23 void getSolve1()
24 {
25 int head = 0, tail = -1, len = K;
26 M = 0;
27 for (int i = 1; i <= N; i++) {
28 while (head <= tail && num[i] <= que1[tail].val) {
29 tail--;
30 }
31 que1[++tail].val = num[i];
32 que1[tail].index = i;
33 if (i - len == 0) {
34 while (head <= tail && i - que1[head].index + 1 > K) {
35 head++;
36 }
37 ans1[++M] = que1[head].val;
38 len++;
39 }
40 }
41 }
42
43 void getSolve2()
44 {
45 int head = 0, tail = -1, len = K;
46 M = 0;
47 for (int i = 1; i <= N; i++) {
48 while (head <= tail && num[i] >= que2[tail].val) {
49 tail--;
50 }
51 que2[++tail].val = num[i];
52 que2[tail].index = i;
53 if (i - len == 0) {
54 while (head <= tail && i - que2[head].index + 1 > K) {
55 head++;
56 }
57 ans2[++M] = que2[head].val;
58 len++;
59 }
60 }
61 }
62
63 int main()
64 {
65 while (~scanf("%d %d", &N, &K)) {
66 for (int i = 1; i <= N; i++) {
67 scanf("%d", &num[i]);
68 }
69 getSolve1();
70 getSolve2();
71 for (int i = 1; i <= M; i++) {
72 if (i == M) printf("%d\n", ans1[i]);
73 else printf("%d ", ans1[i]);
74 }
75 for (int i = 1; i <= M; i++) {
76 if (i == M) printf("%d\n", ans2[i]);
77 else printf("%d ", ans2[i]);
78 }
79 }
80 return 0;
81 }
题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3415
题目的意思就是让你求最大的长度不超过K的连续序列的和。
思路：由于序列的环状特点，可以在最后添加K-1个数，并且用sum[i]表示1到i的连续和，于是sum[j] - sum[i - 1]就是i到j的连续和了。
那么对于每一个sum[j]，用sum[j]来减去最小的sum[i]（满足j - i >= K - 1)，这样的话，就可以用单调队列来维护最小sum[i]下标了。
1 /*************************************************************************
2 > File Name: hdu3415.cpp
3 > Author: syhjh
4 > Created Time: 2014年03月11日 星期二 10时43分42秒
5 ************************************************************************/
6 #include <iostream>
7 #include <cstdio>
8 #include <cstring>
9 #include <climits>
10 #include <algorithm>
11 #include <deque>
12 using namespace std;
13
14 const int MAXN = (200000 + 200);
15 int N, K;
16 int sum[MAXN], num[MAXN];
17 int que[MAXN];
18
19 int main()
20 {
21 int Case;
22 scanf("%d", &Case);
23 while (Case--) {
24 scanf("%d %d", &N, &K);
25 sum[0] = 0;
26 for (int i = 1; i <= N; i++) {
27 scanf("%d", &num[i]);
28 sum[i] = sum[i - 1] + num[i];
29 }
30 for (int i = N + 1; i <= N + K - 1; i++) {
31 sum[i] = sum[i - 1] + num[i - N];
32 }
33 int head = 0, tail = -1;
34 deque<int > deq;
35 int st, ed, ans = INT_MIN;
36 for (int i = 1; i <= N + K - 1; i++) {
37 while (head <= tail && sum[i - 1] < sum[que[tail]]) {
38 tail--;
39 }
40 while (head <= tail && i - que[head] > K) {
41 head++;
42 }
43 que[++tail] = i - 1;
44 if (sum[i] - sum[que[head]] > ans) {
45 ans = sum[i] - sum[que[head]];
46 st = que[head] + 1;
47 ed = i;
48 }
49 /*
50 while (!deq.empty() && sum[i - 1] < sum[deq.back()]) {
51 deq.pop_back();
52 }
53 while (!deq.empty() && i - deq.front() > K) {
54 deq.pop_front();
55 }
56 deq.push_back(i - 1);
57 if (sum[i] - sum[deq.front()] > ans) {
58 ans = sum[i] - sum[deq.front()];
59 st = deq.front() + 1;
60 ed = i;
61 }*/
62 }
63 if (ed > N) ed -= N;
64 printf("%d %d %d\n", ans, st, ed);
65 }
66 return 0;
67 }
题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3507
这是我的第一道斜率优化的题目，整整看了一个下午和一个晚上的时间才有点明白过来。
下面的这位大牛写的很好：http://www.cnblogs.com/ka200812/archive/2012/08/03/2621345.html
我自己的代码中也已有详细的注释，纯粹是对这题的理解！
1 /*************************************************************************
2 > File Name: hdu3507.cpp
3 > Author: syhjh
4 > Created Time: 2014年03月11日 星期二 21时13分52秒
5 ************************************************************************/
6 #include <iostream>
7 #include <cstdio>
8 #include <cstring>
9 #include <algorithm>
10 #include <cmath>
11 using namespace std;
12
13 const int MAXN = (500000 + 500);
14 int N, M;
15 int num[MAXN], sum[MAXN];
16 int dp[MAXN];
17 int que[MAXN];
18
19 int getUp(int j, int k)
20 {
21 return (dp[j] + sum[j] * sum[j]) - (dp[k] + sum[k] * sum[k]);
22 }
23
24 int getDown(int j, int k)
25 {
26 return 2 * sum[j] - 2 * sum[k];
27 }
28
29 int getDp(int i, int j)
30 {
31 return dp[j] + (sum[i] - sum[j]) * (sum[i] - sum[j]) + M;
32 }
33
34
35 int main()
36 {
37 while (~scanf("%d %d", &N, &M)) {
38 sum[0] = 0;
39 for (int i = 1; i <= N; i++) {
40 scanf("%d", &num[i]);
41 sum[i] = sum[i - 1] + num[i];
42 }
43 int head = 0, tail = 0;
44 for (int i = 1; i <= N; i++) {
45 //这里我假设，当k < j < i时，如果j比k优的话，有：
46 //dp[j] + (sum[i] - sum[j]) ^ 2 + M <= dp[k] + (sum[i] - sum[k]) ^ 2 + M;
47 //化简即有：（dp[j]+ sum[j] ^ 2) - (d[k] + sum[k] ^ 2) <= sum[i] * 2(sum[j] - sum[k])
48 //令yj = dp[j] + sum[j] ^ 2, yk = dp[k] + sum[k] ^ 2;
49 //xj = 2 * sum[j], xk = 2 * sum[k];
50 //于是有(yj - yk)/(xj - xk) <= sum[i]; 这里简记为g[j, k] <= sum[i];
51 //由于我这里假设k < j < i时，j比k优，说明如果满足上面的不等式，k是取不到的
52 //于是就可以把k(概括的讲是j前面的数字剔除掉，于是有了下面head指针的移动
53 while (head < tail && getUp(que[head + 1], que[head])
54 <= sum[i] * getDown(que[head + 1], que[head])) {
55 head++;
56 }
57 //根据等式dp[i] = dp[j] + (sum[i] - sum[j]) ^ 2 + M;
58 //此时que[head]保留的就是最优值
59 //这样每次求得的dp[i]就都是最有的了
60 dp[i] = getDp(i, que[head]);
61 //上面假设k < j < i,当我加入新元素x时，有k < j < i < x,若有g[x, i] <= g[i, j];
62 //那么说明此时新加入的x点比原来的i点更优，于是应该替换原来的点i,于是就有了下面
63 //的tail指针左移的情况
64 while (head < tail && getUp(i, que[tail]) * getDown(que[tail], que[tail - 1])
65 <= getUp(que[tail], que[tail - 1]) * getDown(i, que[tail])) {
66 tail--;
67 }
68 que[++tail] = i;
69 }
70 printf("%d\n", dp[N]);
71 }
72 return 0;
73 }
74
75
76
题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3480
思路：状态方程很容易写，dp[i][j]表示前i个数，分成j组的最小值，于是可以得出方程：dp[i][j] = min(dp[k][j - 1] + (num[i] - num[k + 1) ^ 2) (其中1 <= k < i).可是这个方程的复杂度可是O(n * m * n)。。对于n <=10000, m <=5000这样的数据规模显然是吃不消的。。。
怎么办呢？
可以试试斜率优化：这里我们假设对于k1 < k2 < i.方程在k2处的取值由于在k1处的取值，于是有
dp[k2][j-1] + (num[i]- num[k2 + 1]) ^2 <= dp[k1][j-1] + (num[i]- num[k1 + 1]) ^ 2;
两边移项化简可得：dp[k2][j-1] + num[k2+ 1] ^2 - (dp[k1][j-1] + num[k1+ 1] ^2) <= num[i] * (2 * num[k2 + 1] - 2 * num[k1 + 1]);
我们令
yk2 = dp[k2][j-1] + num[k2 + 1] ^ 2；
yk1 = dp[k1][j- 1] + num[k1 + 1] ^ 2；
xk2 = 2 * num[k2 + 1]；
xk1 = 2 * num[k1 + 1];
于是有：(yk2 - yk1)/(xk2 - xk1) <= num[i].
这里我们简记为g[k2, k1] = (yk2 - yk1)/(xk2 - xk1);
由于我们一开始假设对于k1 < k2 < i，有k2比k1优，此时满足的条件是g[k2, k1] <= num[i],那么放过来说，当我们的方程满足g[k2, k1] <= num[i]时，k2比k1优，此时就可以去掉k1,也就是单调队列中的头指针向后移动。
假设对于k1 < k2 < k3,有g[k3, k2] <= g[k2, k1].由于我们之前假设当k2优于k1时有g[k2, k1] <= num[i],则g[k3, k2] <= g[k2,k1] <= num[i].于是就有k3 优于k2,又因为k2优于k1,说明k2是永远都取不到的，这样的话，我们可以直接把k2从队尾删除。然后我们重复上一步骤，直到g[k3, k2] > g[k2, k1].
1 /*************************************************************************
2 > File Name: hdu3480.cpp
3 > Author: syhjh
4 > Created Time: 2014年03月12日 星期三 09时51分55秒
5 ************************************************************************/
6 #include <iostream>
7 #include <cstdio>
8 #include <cstring>
9 #include <algorithm>
10 using namespace std;
11
12 const int MAXN = (10000 + 100);
13 const int MAXM = (5000 + 50);
14 int N, M;
15 int num[MAXN];
16 int dp[MAXN][MAXM];
17 int que[MAXN];
18
19 //k1 < k2
20 //yk2 - yk1部分
21 int getUp(int k1, int k2, int j)
22 {
23 int yk2 = dp[k2][j - 1] + num[k2 + 1] * num[k2 + 1];
24 int yk1 = dp[k1][j - 1] + num[k1 + 1] * num[k1 + 1];
25 return yk2 - yk1;
26 }
27
28 //k1 < k2
29 //xk2 - xk1部分
30 int getDown(int k1, int k2)
31 {
32 int xk2 = 2 * num[k2 + 1];
33 int xk1 = 2 * num[k1 + 1];
34 return xk2 - xk1;
35 }
36
37 //dp[i][j] = dp[k][j - 1] + (num[i] - num[k + 1]) ^ 2;
38 int getDp(int i, int k, int j)
39 {
40 return dp[k][j - 1] + (num[i] - num[k + 1]) * (num[i] - num[k + 1]);
41 }
42
43
44 int main()
45 {
46 int Case, t = 1;
47 scanf("%d", &Case);
48 while (Case--) {
49 scanf("%d %d", &N, &M);
50 for (int i = 1; i <= N; i++) {
51 scanf("%d", &num[i]);
52 }
53 sort(num + 1, num + 1 + N);
54 for (int i = 1; i <= N; i++) {
55 dp[i][1] = (num[i] - num[1]) * (num[i] - num[1]);
56 }
57 que[0] = 1;
58 for (int j = 2; j <= M; j++) {
59 int head = 0, tail = 0;
60 for (int i = j; i <= N; i++) {
61 while (head < tail && getUp(que[tail], i, j) * getDown(que[tail - 1], que[tail]) <= getUp(que[tail - 1], que[tail], j) * getDown(que[tail], i)) {
62 tail--;
63 }
64 que[++tail] = i;
65 while (head < tail && getUp(que[head], que[head + 1], j)
66 <= num[i] * getDown(que[head], que[head + 1])) {
67 head++;
68 }
69 dp[i][j] = getDp(i, que[head], j);
70 }
71 }
72 printf("Case %d: %d\n", t++, dp[N][M]);
73 }
74 return 0;
75 }
76
77
78
79
题目链接：http://poj.org/problem?id=3709
思路：状态方程很容易想，dp[i]表示处理到i为止的最小值，于是有dp[i] = min(dp[j] + (sum[i] - sum[j] - (i - j) * num[j + 1]);
对于 n <= 500000的数据规模，O(n^2)的算法必然要T。
这里可以用斜率优化.
假设对于k1 < k2 < i有k2处的值优于k1处的值，于是有dp[k2] + (sum[i] - sum[k2] - (i - k2) * (num[k2 + 1]) <= dp[k1] + (sum[i] - sum[k1] - (i - k1）* (num[k1 + 1]));
化简后可得：(dp[k2] - sum[k2] + k2 * num[k2 + 1]) - (dp[k1] - sum[k1] + k1 * num[k1 + 1]) <= i * (num[k2 + 1] - num[k1 + 1]);
令yk2 = dp[k2] - sum[k2] + k2 * num[k2 + 1];
yk1 = dp[k1] - sum[k1] + k1 * num[k1 + 1];
xk2 = num[k2 + 1];
xk1 = num[k1 + 1];
于是有（yk2 - yk1) <= i * (xk2 - xk1);
由于我们一开始假设k1 < k2 < i，有k2优于k1,也就是说如果满足上述方程:g[k2, k1] = (yk2 - yk1)/ (xk2 - xk1) <= i成立，那么k2就比k1优，也就是说k1是取不到的，由此队首指针要向后移动。
若k1 < k2 < k3 ，如果有g[k3, k2 ] <= g[k2, k1] 由于g[k2, k1] <= i, 那么g[k3, k2] <= i,也就是说k3比k2优，又k2比k1优，于是k2是取不到的,那么k2可以从队尾删除。
1 /*************************************************************************
2 > File Name: poj3709.cpp
3 > Author: syhjh
4 > Created Time: 2014年03月12日 星期三 16时32分07秒
5 ************************************************************************/
6 #include <iostream>
7 #include <cstdio>
8 #include <cstring>
9 #include <algorithm>
10 using namespace std;
11
12 const int MAXN = (500000 + 50);
13 typedef long long ll;
14 int N, K;
15 ll num[MAXN], sum[MAXN];
16 ll dp[MAXN];
17 ll que[MAXN];
18
19 //yk2 - yk1 , k1 < k2 < i
20 ll getUp(int k1, int k2)
21 {
22 ll yk1 = dp[k1] - sum[k1] + k1 * num[k1 + 1];
23 ll yk2 = dp[k2] - sum[k2] + k2 * num[k2 + 1];
24 return yk2 - yk1;
25 }
26
27 //xk2 - xk1
28 ll getDown(int k1, int k2)
29 {
30 return num[k2 + 1] - num[k1 + 1];
31 }
32
33 //dp[i] = dp[j] + (sum[i] - sum[j] - (i - j) * num[j + 1]);
34 ll getDp(int i, int j)
35 {
36 return dp[j] + (sum[i] - sum[j] - (i - j) * num[j + 1]);
37 }
38
39
40 int main()
41 {
42 int Case;
43 scanf("%d", &Case);
44 while (Case--) {
45 scanf("%d %d", &N, &K);
46 sum[0] = 0;
47 for (int i = 1; i <= N; i++) {
48 scanf("%lld", &num[i]);
49 sum[i] = sum[i - 1] + num[i];
50 }
51 int head = 0, tail = 0;
52 for (int i = 1; i <= N; i++) {
53 while (head < tail && getUp(que[head], que[head + 1])
54 <= i * getDown(que[head], que[head + 1])) {
55 head++;
56 }
57 dp[i] = getDp(i, que[head]);
58 //由于我们要加入的数是i - (k - 1),但是要保证前一组的数至少有k个相同
59 if (i - (K - 1) >= K) {
60 int x = i - (K - 1);
61 while (head < tail && getUp(que[tail], x) * getDown(que[tail - 1], que[tail]) <= getUp(que[tail - 1], que[tail]) * getDown(que[tail], x)) {
62 tail--;
63 }
64 que[++tail] = x;
65 }
66 }
67 printf("%lld\n", dp[N]);
68 }
69 return 0;
70 }
题目链接：http://poj.org/problem?id=1180
状态方程比较难想。
dp[i] 表示第i个任务到n的最小花费，于是有dp[i] = min{dp[j] + (S + sumT[i] - sumT[j]) * (sumF[i] - sumF[j]) + (S + sumT[i] - sumT[j]) * sumF[j]} ;
化简后即得：dp[i] = min{dp[j] + (S + sumT[i] - sumT[j]) * sumF[i];
于是令k1 < k2 有k1 优于k2....步骤基本上就是一样的了。
1 /*************************************************************************
2 > File Name: poj1180.cpp
3 > Author: syhjh
4 > Created Time: 2014年03月12日 星期三 21时26分48秒
5 ************************************************************************/
6 #include <iostream>
7 #include <cstdio>
8 #include <cstring>
9 #include <algorithm>
10 using namespace std;
11
12 const int MAXN = (10000 + 100);
13 int N, S;
14 int t[MAXN], f[MAXN];
15 int sumT[MAXN], sumF[MAXN];
16 int dp[MAXN];
17 int que[MAXN];
18
19 //yk2 - yk1, k1 < k2;
20 int getUp(int k1, int k2)
21 {
22 return dp[k1] - dp[k2];
23 }
24
25 //xk2 - xk1;
26 int getDown(int k1, int k2)
27 {
28 return sumT[k1] - sumT[k2];
29 }
30
31 int getDp(int i, int j)
32 {
33 return dp[j] + (S + sumT[i] - sumT[j]) * sumF[i];
34 }
35
36
37 int main()
38 {
39 while (~scanf("%d %d", &N, &S)) {
40 dp[N + 1] = sumT[N + 1] = sumF[N + 1] = 0;
41 for (int i = 1; i <= N; i++) {
42 scanf("%d %d", &t[i], &f[i]);
43 }
44 for (int i = N; i >= 1; i--) {
45 sumT[i] = sumT[i + 1] + t[i];
46 sumF[i] = sumF[i + 1] + f[i];
47 }
48 int head = 0, tail = -1;
49 que[++tail] = N + 1;
50 for (int i = N; i >= 1; i--) {
51 while (head < tail && getUp(que[head + 1], que[head])
52 <= sumF[i] * getDown(que[head + 1], que[head])) {
53 head++;
54 }
55 dp[i] = getDp(i, que[head]);
56 while (head < tail && getUp(i, que[tail]) * getDown(que[tail], que[tail - 1])
57 <= getUp(que[tail], que[tail - 1]) * getDown(i, que[tail])) {
58 tail--;
59 }
60 que[++tail] = i;
61 }
62 printf("%d\n", dp[1]);
63 }
64 return 0;
65 }
来源：https://www.cnblogs.com/wally/p/3593224.html