单调队列（小）总结
最近，看到了自己洛谷任务计划队列中越堆越多，为了防止咕咕咕，我就来写一写单调队列，清一清计划。
首先，我们先来看一道题： P1886 滑动窗口。
题目描述
现在有一堆数字共N个数字（N<=10^6），以及一个大小为k的窗口。现在这个从左边开始向右滑动，每次滑动一个单位，求出每次滑动后窗口中的最大值和最小值。
例如：
The array is [1 3 -1 -3 5 3 6 7], and k = 3。
输入格式
输入一共有两行，第一行为n,k。
第二行为n个数(x<INT_MAX)
输出格式
输出共两行，第一行为每次窗口滑动的最小值
第二行为每次窗口滑动的最大值。
输入输出样例
8 3 1 3 -1 -3 5 3 6 7
-1 -3 -3 -3 3 3 3 3 5 5 6 7
数据范围
50%的数据，\(n<=10^5\)
100%的数据，\(n<=10^6\)
这道题其实是属于单调队列的基础题，通过这道题就可以了解到单调队列。
法1：暴力法
我们可以考虑每一次滑动之后，我们枚举长度为k的序列，最后求出最大最小值。
当然，这样的时间复杂度\((n*k)\)是无法过掉这道题的。
法2：单调队列
我们可以来简单分析一下这个样例，这样更有助于我们理解单调队列。
{1,3,-1,-3,5,3,6,7}
首先，我们来看一下当k=3的时候的最小值。
[1,3,-1] 此时，最小值为-1。
[3,-1,-3] 此时，最小值为-3。
[-1,-3,5] 此时，最小值为-3。
我们可以发现，当加入比当前最小值大的数时，这个数是不对答案做出贡献的。
所以，我们可以这样思考，
对于[1,3,-1]来说，有3时，-1一定存在（这是一件很显然的事情,是个人都能看出来好吧)。所以，这个时候我们就可以把3踢出去 得到[1,-1]。而1对答案是没有贡献的。所以我们也可以将1踢出，这样我们就得到了[-1],下一个-3，比我们现在集合中的-1小，所以我们可以将-3加入到集合中得到[-1,-3],同理，-1也被踢了出去，得到[-3],加入5，加入3,3把5踢出，此时集合中还剩[-3,3]。但是，此时我们观察到-3已经不在这个集合中了，所以，我们需要把-3踢出去，此时区间的最小值就为3。
所以，我们就可以将单调队列的基本规律写一下。
加入操作时，我们需要将要加入的元素和队尾的元素进行比较，那个更优，如果当前的元素更优，那么就将队尾的元素踢出，一直踢到不能为止。
我们再判断一下队首的元素满不满足条件，如果不满足的话就将队首的元素踢出。这样队列中就保持了 \[ 单调性 \]这一性质，我们就可以得到题目中的所要求的最值。
下面，我们讲了这么多就可以直接上代码了（大家一定都会了）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=1e6+7; int head,tail,p[maxn],q[maxn],i,n,a[maxn],k; void _min(){ head=1; tail=0; for(int i=1;i<=n;i++){ while(head<=tail&&p[tail]>=a[i]) tail--;//进行踢出处理 p[++tail]=a[i];//将这个点加入队尾 q[tail]=i;//标记这个点的位置 if(q[head]<=i-k) ++head; if(i>=k) printf("%d ",p[head]); } } void _max(){ head=1; tail=0; for(int i=1;i<=n;i++){ while(head<=tail&&p[tail]<=a[i]) tail--; p[++tail]=a[i]; q[tail]=i; if(q[head]<=i-k) ++head; if(i>=k) printf("%d ",p[head]); } } int main(){ scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&a[i]); } _min(); printf("\n"); _max(); return 0; } 这道题算是属于单调队列的入门题目，也可以帮助大家理解单调队列的原理。
下面我们来看下一道例题，是一道使用单调队列优化dp
P2569 [SCOI2010]股票交易
我们来总结一下这道题的题意(算是一句话题意吧)：
我们现在知道了这一段时间\(T\)内的股票的买入(\(AP_i\))卖出(\(BP_i\))价和最多买入(\(AS_i\))卖出(\(BS_i\))的数量限制，以及我们最多可以有\(MAXP\)支股票和交易之间需要间隔的时间\(W\)。
首先
我们可以很简单的看出来这是一道dp题，而且动态规划方程也不是很难想,状态的话我们可以这样考虑，因为数据范围中是\(\leq 2000\),所以，我们完全可以开出一个2000*2000的数组。所以，我们第一维就很理所当然的表示出时间。第二维的话我们就可以将拿的股票数作为状态。这样我们就可以将状态列了出来\(f[i][j]\)表示在前\(i\)天有\(j\)支股票时的最大收益。
现在我们来考虑一下如何将状态进行转移
Case 1：
在什么都没有的情况下直接进行购买（又称，裸买）其余的状态赋为\(-inf\)
\[f[i][j]=-1*ap[i]*j\]
Case 2:
不买也不卖的情况下，我们可以直接进行转移。
\[ f[i][j]=max(f[i-1][j-1],f[i][j]) \]
Case 3:
这里是最麻烦的一部分了，（菜鸡请自行离开，对，就是我），我们这里就是在我们买过的基础上再去买票。
首先，我们要去考虑一下题目上最前面的那个\(W\)天，我们知道每两次交易的时间要间隔\(W\)天，所以我们在更新的时候上一次交易的时间间隔就是在\(i-w-1\)的时候。有的人可能会问了，为什么不会是\(i-2-w\)
而偏偏是\(i-1-w\)呢 （因为你傻） 这是因为如果是\(i-2-w\)的话我们会在前面的时候进行更新，所以我们就不会有这个问题。
我们就可以设\(i-1-w\)天时有k支股票，因为有限制最多\(as[i]\)的限制，所以我们就可以把这个转移方程列了出来
\[f[i][j]=max(f[i][j],f[i-w-1][k]-(j-k)*ap[i]) \]
\[ (j-as[i]\leqslant k < j) \]
Case 4:
解决完在原有情况下的买入，我们就可以类比一下很快解决出卖出的状态转移方程。
\[ f[i][j]=max(f[i][j],f[i-w-1][k]+(k-j)*bp[i]) \]
\[ (j < k \geqslant j+bs[i]) \]
这样我们就把最基础的状态转移方程推了出来
这时，我们发现整个转移下来所需要的时间复杂度是三次方的，这明显是过不了的，我们就可以考虑使用单调队列来进行优化。
我们可以来看一下这个最初的状态转移方程，
\[ f[i][j]=max(f[i][j],f[i-w-1][k]-(j-k)*ap[i]) \]
\[ (j-as[i]\leqslant k < j) \]
我们来拆分一下
\[ f[i][j]=max(f[i][j],f[i-w-1][k]-j*ap[i]+k*ap[i]) \]
因为我们要转移\(f[i][j]\) 所以，我们可以将\(j\)提出来，这样我们的方程就可以转化为
\[ f[i][j]=max(f[i][j],f[i-w-1][k]+k*ap[i])-j*ap[i] \]
这个时候，我们就可以发现我们找到了在转移的时候我们要取到最大值，所以，这个时候我们就可以使用单调队列来进行优化。
同理，我们对于情况4也一样适用的，我们可以将转移方程转化一下，
\[ f[i][j]=max(f[i][j],f[i-w-1][k]+k*bp[i])-j*bp[i] \]
所以，我们就可以使用单调队列来进行转移了。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; template<typename type> void scan(type &x){ type f=1;x=0;char s=getchar(); while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();} while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();} x*=f; } #define itn int const int N=2007; int n,maxp,w,as,ap,bs,bp,f[N][N],qu[N]; int l,r,ans=0; int main(){ scan(n);scan(maxp);scan(w); memset(f,128,sizeof(f));//当赋值为127时，此时赋值的是最大值，当为128时，此时赋值时最小值 for(int i=1;i<=n;i++){ scan(ap);scan(bp);scan(as);scan(bs); for(int j=0;j<=as;j++){ f[i][j]=-1*j*ap;//情况1 } for(int j=0;j<=maxp;j++){ f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]);//情况2 } if(i<=w)continue; l=1;r=0; for(int j=0;j<=maxp;j++){ while(l<=r&&qu[l]<j-as)l++;//踢出不合法的选项 while(l<=r&&f[i-w-1][qu[r]]+qu[r]*ap<=f[i-w-1][j]+j*ap)r--; qu[++r]=j; if(l<=r) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1-w][qu[l]]+qu[l]*ap-j*ap);//如果队列中有符合条件的数值，我们就可以将方程进行转移 } l=1,r=0; for(int j=maxp;j>=0;j--){ while(l<=r&&qu[l]>j+bs)l++; while(l<=r&&f[i-w-1][qu[r]]+qu[r]*bp<=f[i-w-1][j]+j*bp)r--; qu[++r]=j;//同理 if(l<=r){ f[i][j]=max(f[i][j],f[i-w-1][qu[l]]+qu[l]*bp-j*bp); } } } for(int i=0;i<=maxp;i++){ ans=max(ans,f[n][i]); } printf("%d\n",ans); return 0; } 这道题我们就可以是使用单调队列成功的优化一下dp从而切掉。^_^
下面，我们来看一道省选题（二维单调队列）
P2216 [HAOI2007]理想的正方形
一句话题意：有一个\(a*b\)的整数组成的矩阵，现请你从中找出一个\(n*n\)的正方形区域，使得该区域所有数中的最大值和最小值的差最小。
题目分析：
我们不难发现，这个时候，我们不仅要维护一个最大的信息，我们还要维护一个最小的信息。所以我们就要进行两次的单调队列的转移，这样我们就可以
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; template <typename type> void scan(type &x){ type f=1;x=0;char s=getchar(); while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();} while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();} x*=f; } const int N=1e3+8; #define itn int int n,m,k,ans=1e9; int a[N][N],p[N],q[N]; int x[N][N],y[N][N]; int xx[N][N],yy[N][N]; void init(){ memset(p,0,sizeof(p)); memset(q,0,sizeof(q)); } void work1(itn id){//处理列 int l=1,r=0; for(int i=1;i<=m;i++){ while(l<=r&&p[r]<=a[id][i])//取最大值 r--; p[++r]=a[id][i]; q[r]=i; while(q[l]<=i-k)l++;//不满足选的条件的话，将左边舍去 if(i>=k)x[id][i-k+1]=p[l];//在行确定的时候，在满足题目条件的情况下，统计每一列的答案 } init();//清空 l=1;r=0; for(int i=1;i<=m;i++){ while(l<=r&&p[r]>=a[id][i]) r--; p[++r]=a[id][i]; q[r]=i; while(q[l]<=i-k)l++; if(i>=k)xx[id][i-k+1]=p[l]; } } void work2(itn id){ int l=1,r=0; for(int i=1;i<=n;i++){ while(l<=r&&p[r]<=x[i][id])r--; p[++r]=x[i][id]; q[r]=i; while(q[l]<=i-k)l++; if(i>=k)y[i-k+1][id]=p[l]; } init(); l=1,r=0; for(itn i=1;i<=n;i++){ while(l<=r&&p[r]>=xx[i][id])r--; p[++r]=xx[i][id]; q[r]=i; while(q[l]<=i-k)l++; if(i>=k)yy[i-k+1][id]=p[l]; } } int main(){ // freopen(".in","r",stdin); // freopen(".out","w",stdout); scan(n);scan(m);scan(k); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ scan(a[i][j]); } } for(int i=1;i<=n;i++)work1(i); for(int j=1;j<=m;j++)work2(j); for(int i=1;i<=n-k+1;i++){ for(int j=1;j<=m-k+1;j++){ // printf("%d %d\n",y[i][j],yy[i][j]); ans=min(ans,y[i][j]-yy[i][j]); } } printf("%d\n",ans); return 0; } 下一道题:
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; template <typename type> void scan(type &x){ type f=1;x=0;char s=getchar(); while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();} while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();} x*=f; } #define itn int const int N=2007; int m,n,a,b,c,d,ans=0; int gra[N][N],x[N][N],y[N][N],flo[N][N]; int s[N][N],q[N],p[N]; void init(){ memset(p,0,sizeof(p)); memset(q,0,sizeof(q)); } void work1(int id){ init(); int l=1,r=0,len=b-d-1; for(int i=1;i<=m;i++){ while(l<=r&&p[r]>=flo[id][i])r--; p[++r]=flo[id][i]; q[r]=i; while(q[l]<=i-len)l++; if(i>=len)x[id][i-len+1]=p[l]; } } void work2(int id){ init(); int l=1,r=0,len=a-c-1; for(int i=1;i<=n;i++){ while(l<=r&&p[r]>=x[i][id])r--; p[++r]=x[i][id]; q[r]=i; while(q[l]<=i-len)l++; if(i>=len)y[i-len][id-1]=p[l]; } } int main(){ // freopen(".in","r",stdin); // freopen(".out","w",stdout); scan(n);scan(m);scan(a);scan(b);scan(c);scan(d); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ scan(s[i][j]); s[i][j]+=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]; } } for(int i=1;i<=n-a+1;i++){ for(itn j=1;j<=m-b+1;j++){ gra[i][j]=s[i+a-1][j+b-1]-s[i+a-1][j-1]-s[i-1][j+b-1]+s[i-1][j-1]; } } for(int i=1;i<=n-c+1;i++){ for(itn j=1;j<=m-d+1;j++){ flo[i][j]=s[i+c-1][j+d-1]-s[i+c-1][j-1]-s[i-1][j+d-1]+s[i-1][j-1]; } } for(int i=1;i<=n;i++)work1(i); for(itn i=1;i<=m;i++)work2(i); for(itn i=1;i<=n-a+1;i++){ for(int j=1;j<=m-b+1;j++){ ans=max(ans,gra[i][j]-y[i][j]); } } printf("%d\n",ans); return 0; } 是我太懒了，所以后半部分就先咕到这里吧。