单调队列详解

单调队列详解

单调队列在曾经我眼中一直是一个很高大上，遥不可及的东西，直到我学会它以后。。。
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：
C++代码：

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);
}

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。

图中，企图插队的人战斗力为6，队尾的5，1都小于它，而6和它战斗力相同，它凭着插队的一股劲，把这三个人全部挤掉，到了7的后面。
这就是所谓的单调队列了，队列元素保持单调递增（减），而保持的方式就是通过插队，把队尾破坏了单调性的数全部挤掉，从而使队列元素保持单调。
那么单调队列有什么用呢？优化DP。许多单调队列优化的DP可以使复杂度直接降维，下面就以最简单的一道题为例：
Description

　　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]
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 
#include 
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;
}

上题仅是单调队列最简单的应用，下面再给一道例题分析加深印象。
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+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：

C++代码：

#include 
#include 
#include 
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)
a[i]是与j无关的数。

优化无止境！