单调队列入门

单调队列入门

单调队列是什么呢？可以直接从问题开始来展开。
Poj 2823：
给定一个数列，从左至右输出每个长度为m的数列段内的最小数和最大数。数列长度：N <=10^6 ，m<=N

显然，如果暴力时间复杂度为O(N*m) 不超时就怪了。
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m-1个数其它在算f(i-1)的时候我们就比较过了。

当你一个个往下找时，每一次都是少一个然后多一个，如果少的不是最大值，然后再问新加进来的，看起来很省时间对吧，那么如果少了的是最大值呢？第二个最大值是什么？？
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，这就要用到单调队列。

对于单调队列，我们这样子来定义：
1、维护区间最值
2、去除冗杂状态 如上题，区间中的两个元素a[i],a[j]（假设现在再求最大值） 若 j>i且a[j]>=a[i] ，a[j]比a[i]还大而且还在后面（目前a[j]留在队列肯定比a[i]有用，因为你是往后推， 认真想！ 重点）
3、保持队列单调，最大值是单调递减序列，最小值反之
4、最优选择在队首

大致过程：
1、维护队首（对于上题就是如果你已经是当前的m个之前那你就可以被删了,head++）
2、在队尾插入（每插入一个就要从队尾开始往前去除冗杂状态）
当然还有不少变形，不过大致就是这样，理解好遇到变通你也不会怕了。

为了让读者更明白一点，我举个简单的例子。
数列为：6 4 10 10 8 6 4 2 12 14
N=10,K=3;
那么我们构造一个长度为3的单调递减队列：
首先，那6和它的位置0放入队列中，我们用(6,0)表示，每一步插入元素时队列中的元素如下
插入6：(6,0);
插入4：(6,0),(4,1);
插入10：(10,2);
插入第二个10，保留后面那个：(10,3);
插入8：(10,3),(8,4);
插入6：(10,3),(8,4),(6,5);
插入4，之前的10已经超出范围所以排掉：(8,4),(6,5),(4,6);
插入2，同理：(6,5),(4,6),(2,7);
插入12：(12,8);
插入14：(14,9);

那么f(i)就是第i步时队列当中的首元素：6,6,10,10,10,10,8,6,12,14

同理，最小值也可以用单调队列来做。
如果你看懂了，那你就会发现，单调队列的时间复杂度是O（N），因为每个数只会进队和出队一次，所以这个算法的效率还是很高的。

注意：建议直接用数组模拟单调队列，因为系统自带容器不方便而且不易调试，同时，每个数只会进去一次，所以，数组绝对不会爆，空间也是S（N），优于堆或线段树等数据结构。

更重要的
单调是一种思想，当我们解决问题的时候发现有许多冗杂无用的状态时，我们可以采用单调思想，用单调队列或类似于单调队列的方法去除冗杂状态，保存我们想要的状态，

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
struct node
{
    int x,y;
}v[1010000]; //x表示值，y表示位置 可以理解为下标
int a[1010000],n,m,mx[1010000],mn[1010000];
void getmin()
{
    int i,head=1,tail=0;// 默认起始位置为1 因为插入是v[++tail]故初始化为0
    for(i=1;iwhile(head<=tail && v[tail].x>=a[i]) tail--;
        v[++tail].x=a[i],v[tail].y=i;
                // 根据题目 前m-1个先直接进入队列
    }
    for(;i<=n;i++)
    {
        while(head<=tail && v[tail].x>=a[i]) tail--;
        v[++tail].x=a[i],v[tail].y=i;
        while(v[head].y1) head++;
        mn[i-m+1]=v[head].x;
               // 道理同上，当然了 要把已经超出范围的从head开始排出
               // 然后每个队首则是目前m个数的最小值
    }
}
void getmax() //最大值同最小值的道理，只不过是维护的是递减队列
{
    int i,head=1,tail=0;
    for(i=1;iwhile(head<=tail && v[tail].x<=a[i]) tail--;
        v[++tail].x=a[i],v[tail].y=i;
    }
    for(;i<=n;i++)
    {
        while(head<=tail && v[tail].x<=a[i]) tail--;
        v[++tail].x=a[i],v[tail].y=i;
        while(v[head].y1) head++;
        mx[i-m+1]=v[head].x;
    }
}
int main()
{
    int i,j;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    getmin();
    getmax();
    for(i=1;i<=n-m+1;i++)
    {
        if(i==1)printf("%d",mn[i]);
        else printf(" %d",mn[i]);
    }
    printf("\n");
    for(i=1;i<=n-m+1;i++)
    {
        if(i==1)printf("%d",mx[i]);
        else printf(" %d",mx[i]);
    }
    printf("\n");
    return 0;
}