单调队列优化动态规划
单调队列优化动态规划专题
什么是单调（双端）队列
单调队列，顾名思义，就是一个元素单调的队列，那么就能保证队首的元素是最小（最大）的，从而满足动态规划的最优性问题的需求。
单调队列，又名双端队列。双端队列，就是说它不同于一般的队列只能在队首删除、队尾插入，它能够在队首、队尾同时进行删除。
【单调队列的性质】
一般，在动态规划的过程中，单调队列中每个元素一般存储的是两个值：
1.在原数列中的位置（下标）
2.他在动态规划中的状态值
而单调队列则保证这两个值同时单调。
【单调队列有什么用】
我们来看这样一个问题：一个含有n项的数列(n<=2000000)，求出每一项前面的第m个数到它这个区间内的最小值。
这道题目，我们很容易想到线段树、或者st算法之类的RMQ问题的解法。但庞大的数据范围让这些对数级的算法没有生存的空间。我们先尝试用动态规划的方法。用代表第个数对应的答案，表示第个数，很容易写出状态转移方程：
这个方程，直接求解的复杂度是O(nm)的，甚至比线段树还差。这时候，单调队列就发挥了他的作用：
我们维护这样一个队列：队列中的每个元素有两个域{position,value}，分别代表他在原队列中的位置和，我们随时保持这个队列中的元素两个域都单调递增。
那计算的时候，只要在队首不断删除，直到队首的position大于等于，那此时队首的value必定是的不二人选，因为队列是单调的！
我们看看怎样将 插入到队列中供别人决策：首先，要保证position单调递增，由于我们动态规划的过程总是由小到大（反之亦然），所以肯定在队尾插入。又因为要保证队列的value单调递增，所以将队尾元素不断删除，直到队尾元素小于。
【时间效率分析】
很明显的一点，由于每个元素最多出队一次、进队一次，所以时间复杂度是O(n)。用单调队列完美的解决了这一题。
【为什么要这么做】
我们来分析为什么要这样在队尾插入：为什么前面那些比大的数就这样无情的被枪毙了？我们来反问自己：他们活着有什么意义？！由于是随着单调递增的，所以对于存在j
我们再来分析为什么能够在队首不断删除，一句话：是随着单调递增的！
【一些总结】
对于这样一类动态规划问题，我们可以运用单调队列来解决：
其中bound[x]随着x单调不降，而const[i]则是可以根据i在常数时间内确定的唯一的常数。这类问题，一般用单调队列在很优美的时间内解决。
【Jzoj1771】烽火传递
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【问题描述】
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，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。
【输入格式】
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。
【输出格式】
一行，表示答案。
【输入样例1】
5 3 1 2 5 6 2
【输出样例1】
4
【解题思路】
设f[i]表示i必须选时最小代价。 初值： f[0]=0 f[1..n]=∞ 方程： f[i]=min(f[j])+w[i] 并且max(0,i-m)≤j＜i 为什么j有这样的范围？如果j能更小，那么j~i这段区间中将有不符合条件的子区间，就会错。应保证不能有缝隙。 最后在f[n-m+1..n]中取最小值即答案 ， 时间复杂度O(nm)
#include //将超出范围的队头删掉
f[i]=f[que[head]]+w[i];//转移（用队头）
while (head<=tail && f[que[tail]]>f[i])
--tail;//将不比它优的全部删掉
que[++tail]=i;//将它加进队尾
}
int ans=0x7f7f7f7f;
for (i=n-m+1;i<=n;++i)
ans=min(ans,f[i]);
printf("%d\n",ans);
}
【Tyvj1305】最大最大子序和
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【问题描述】
输入一个长度为n的整数序列，从中找出一段不超过M的连续子序列，使得整个序列的和最大。 例如 1,-3,5,1,-2,3 当m=4时，S=5+1-2+3=7； 当m=2或m=3时，S=5+1=6。
【输入格式】
第一行两个数n,m； 第二行有n个数，要求在n个数找到最大子序和。
【输出格式】
一个数，数出他们的最大子序和。
【输入样例】
6 4 1 -3 5 1 -2 3
【输出样例】
7
【数据范围】
n,m≤300000；数列元素的绝对值≤1000。
【解题思路】
这是一个典型的动态规划题目，不难得出一个1D/1D方程：
f(i) = sum[i]-min{sum[k]|i-M≤k≤i}
由于方程是1D/1D的，所以我们不想只得出简单的Θ(n^2)算法。不难发现，此优化的难点是计算min{sum[i-M]..sum[i-1]}。在上面的链接中，我们成功的用Θ(nlgn)的算法解决了这个问题。但如果数据范围进一步扩大，运用st表解决就力不从心了。所以我们需要一种更高效的方法，即可以在Θ(n)的摊还时间内解决问题的单调队列。
单调队列（Monotone queue）是一种特殊的优先队列，提供了两个操作：插入，查询最小值（最大值）。它的特殊之处在于它插入的不是值，而是一个指针（key）（wiki原文：imposes the restriction that a key (item) may only be inserted if its priority is greater than that of the last key extracted from the queue）。所谓单调，指当一组数据的指针1..n（优先级为A1..An）插入单调队列Q时，队列中的指针是单调递增的，队列中指针的优先级也是单调的。因为这里要维护优先级的最小值，那么队列是单调减的，也说队列是单调减的。
查询最小值
由于优先级是单调减的，所以最小值一定是队尾元素。直接取队尾即可。
插入操作:
当一个数据指针i（优先级为Ai）插入单调队列Q时，方法如下：
1.如果队列已空或队头的优先级比Ai大，删除队头元素。
2.否则将i插入队头
比如说，一个优先队列已经有优先级分别为 {5,3,-2} 的三个元素，插入一个新元素，优先级为2，操作如下：
1.因为2 < 5，删除队头，{3,-2}
2.因为2 < 3，删除队头，{-2}
3.因为2 > -2，插入队头，{2，-2}
证明性质可以得到维护
证明指针的单调减 ：由于插入指针i一定比已经在队列中所有元素大，所以指针是单调减的。
证明优先级的单调减：由于每次将优先级比Ai大的删除，只要原队列优先级是单调的，新队列一定是单调的。用循环不变式易证正确性。
为什么删除队头：直观的，指针比i小（靠左）而优先级比Ai大的数据没有希望成为任何一个需要的子序列中的最小值。这一点是我们使用优先队列的根本原因。
维护区间大小
当一串数据A1..Ak插入时，得到的最小值是A1..Ak的最小值。反观dp方程：
f(i) = sum[i]-min{sum[k]|i-M≤k≤i} 1
在这里，A = sum。对于f(i)，我们需要的其实是Ai-M .. Ai的最小值，而不是所有已插入数据的最小值（A1..Ai-1）。所以必须维护区间大小，使队列中的元素严格处于Ai-M..Ai-1这一区间，或者说删去哪些A中过于靠前而违反题目条件的值。由于队列中指针是单调的，也就是靠左的指针大于靠右的，或者说在优先队列中靠左的值，在A中一定靠后；优先队列中靠右的值，在A中一定靠前。我们想要删除过于靠前的，只需要在优先队列中从右一直删除，直到最右边（队尾）的值符合条件。具体地：当队头指针p满足i-m≤p时。
形象地说，就是忍痛割爱删去哪些较好但是不符合题目限制的数据。
#include
#include 【Vijos1243】生产产品
【在线测试提交传送门】
时间限制：1S / 空间限制：256MB
【问题描述】
产品的生产需要M个步骤，每一个步骤都可以在N台机器中的任何一台完成，但生产的步骤必须严格按顺序执行。由于这N台机器的性能不同，它们完成每一个步骤的所需时间也不同。机器i完成第j个步骤的时间为T[i,j]。把半成品从一台机器上搬到另一台机器上也需要一定的时间K。同时，为了保证安全和产品的质量，每台机器最多只能连续完成产品的L个步骤。也就是说，如果有一台机器连续完成了产品的L个步骤，下一个步骤就必须换一台机器来完成。 请计算最短需要多长时间。
【输入格式】
第一行有四个整数M, N, K, L； 接下来N行，每行有M个整数。第I+1行的第J个整数为T[J,I]。
【输出格式】
输出只有一行，表示需要的最短时间。
【输入样例1】
3 2 0 2 2 2 3 1 3 1
【输出样例1】
4
【数据范围】
对于50%的数据，N≤5，L≤4，M≤10000 对于100%的数据，N≤5， L≤50000，M≤100000
【解题思路】
转移方程为: f[i][j]=min( f[t][p]+sum[j][i]-sum[p][j]) 化简后可以得到 f[i][j]=min( f[t][p]-sum[p][j])+sum[j][i] 对于每一个j考虑开一个单调队列优化 ,维护 t和f[t][p]-sum[p][j]单调递增。这样每次从队首取出符合要求的一个即可更新. q[a][x][0]表示队列中这个位置的的t q[a][x][1]表示这个位置的p 每次先更新所有的f[i][j]然后再更新所有的队列q[k]
#include
using namespace std;
const int N=100010,INF=2099999999;
int q[10][N][2],l[10],r[10];
int m,n,cost,L,sum[10][N],f[N][10],ans=INF;
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&m,&n,&cost,&L);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&sum[i][j]),sum[i][j]+=sum[i][j-1];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++) f[j][i]=INF;
for(int i=1;i<=n;i++) q[i][ r[i]++ ][0]=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int k=1;k<=n;k++){
while(l[k]0]>L) l[k]++;
int t=q[k][ l[k] ][0],p=q[k][ l[k] ][1];
f[i][k]=min(f[i][k],f[t][p]+sum[k][i]-sum[k][t]+cost);
}
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int j=1;j<=n;j++)//用f[i][k] 的值来更新 q[j];
if(j!=k) {
while(l[j]1][0] ][q[j][r[j]-1][1]] - sum[j][q[j][r[j]-1][0]]) r[j]--;
q[j][r[j]][0]=i;q[j][r[j]++][1]=k;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) ans=min(ans,f[m][i]);
printf("%d",ans-cost);
return 0;
}