单调队列是一种严格单调的队列，可以单调递增，也可以单调递减。队首位置保存的是最优解，第二个位置保存的是次优解，ect。。。
单调队列可以有两个操作：
1、插入一个新的元素，该元素从队尾开始向队首进行搜索，找到合适的位置插入之，如果该位置原本有元素，则替换它。
2、在过程中从队首删除不符合当前要求的元素。
单调队列实现起来可简单，可复杂。简单的一个数组，一个head，一个tail指针就搞定。复杂的用双向链表实现。
用处：
1、保存最优解，次优解，ect。
2、利用单调队列对dp方程进行优化，可将O(n)复杂度降至O(1)。也就是说，将原本会超时的N维dp降优化至N-1维，以求通过。这也是我想记录的重点
是不是任何DP都可以利用单调队列进行优化呢？答案是否定的。
记住！只有形如 dp[i]=max/min (f[k]) + g[i] （k
优化的对象就是f[k]。
通过例题来加深感受
http://www.acm.uestc.edu.cn/problem.php?pid=1685
我要长高
Description
韩父有N个儿子，分别是韩一，韩二…韩N。由于韩家演技功底深厚，加上他们间的密切配合，演出获得了巨大成功，票房甚至高达2000万。舟子是名很有威望的公知，可是他表面上两袖清风实则内心阴暗，看到韩家红红火火，嫉妒心遂起，便发微薄调侃韩二们站成一列时身高参差不齐。由于舟子的影响力，随口一句便会造成韩家的巨大损失，具体亏损是这样计算的，韩一，韩二…韩N站成一排，损失即为C*（韩i与韩i+1的高度差（1<=i
Input
有若干组数据，一直处理到文件结束。 每组数据第一行为两个整数：韩子数量N(1<=N<=50000)和舟子系数C(1<=C<=100) 接下来N行分别是韩i的高度(1<=hi<=100)。
首先建立方程，很容易想到的是，dp[i][j]表示第 i 个儿子身高为 j 的最低花费。分析题目很容易知道，当前儿子的身高花费只由前一个儿子影响。因此，
dp[i][j]=min(dp[i-1][k] + abs(j-k)*C + (x[i]-j)*(x[i]-j))；其中x[i]是第i个儿子原本的身高
我们分析一下复杂度。
首先有N个儿子，这需要一个循环。再者，每个儿子有0到100的身高，这也需要一维。再再者，0到100的每一个身高都可以有前一位儿子的身高0到100递推而来。
所以朴素算法的时间复杂度是O(n^3)。题目只给两秒，难以接受！
分析方程：
当第 i 个儿子的身高比第 i-1 个儿子的身高要高时，
dp[i][j]=min(dp[i-1][k] + j*C-k*C + X); ( k<=j ) 其中 X=(x[i]-j)*(x[i]-j)。
当第 i 个儿子的身高比第 i-1 个儿子的身高要矮时，
dp[i][j]=min(dp[i-1][k] - j*C+k*C + X); ( k>=j )
对第一个个方程，我们令 f[i-1][k]=dp[i-1][k]-k*C, g[i][j]=j*C+X; 于是 dp[i][j] = min (f[i-1][k])+ g[i][j]。转化成这样的形式，我们就可以用单调队列进行优化了。
第二个方程同理。
接下来便是如何实现，实现起来有点技巧。具体见下
View Code
1 #include
2 #include<string>
3 #include
4 #include
5 using namespace std;
6 #define inf 0xfffffff
7 #define min(a,b) a 8 #define max(a,b) a>b?a:b
9
10 int dp[2][101];
11 int n,c;
12 int q[101];
13 int head,tail,cur;
14
15 int main()
16 {
17 int i,j,x,nowf;
18 freopen("D:\\in.txt","r",stdin);
19 while(scanf("%d%d",&n,&c)==2)
20 {
21 scanf("%d",&x);
22 cur=0;
23 for(i=0;i)
24 dp[cur][i]=inf;
25 for(i=x;i<=100;i++)
26 dp[cur][i]=(x-i)*(x-i);
27 for(i=1;i)
28 {
29 scanf("%d",&x);
30 cur=1-cur;
31 //比前一个人高
32 head=tail=0;
33 for(j=0;j<=100;j++) //当身高为j时候，队列里便已经保存了0~j-1的信息，注意，是第i-1个人的信息
34 {
35 nowf=dp[1-cur][j]-j*c;
36 while(head1]>nowf)
37 tail--;
38 q[tail++]=nowf;
39 if(j<x)
40 dp[cur][j]=inf;
41 else
42 dp[cur][j]=q[head]+j*c+(x-j)*(x-j);
43 }
44 //比前一个人矮
45 head=tail=0;
46 for(j=100;j>=0;j--) //当身高为j时候，队列里便已经保存了100~j+1的信息，正写反写是有技巧的
47 {
48 nowf=dp[1-cur][j]+j*c;
49 while(head1]>nowf)
50 tail--;
51 q[tail++]=nowf;
52 if(j>=x)
53 dp[cur][j]=min(dp[cur][j],q[head]-j*c+(x-j)*(x-j));
54 }
55 }
56 int ans=inf;
57 for(i=0;i<=100;i++)
58 ans=min(ans,dp[cur][i]);
59 printf("%d\n",ans);
60 }
61 return 0;
62 }
还有一个比较适合理解该优化方法的题目是HDU 3401http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3401
大概题目便是：一个人知道接下来T天的股市行情，想知道最终他能赚到多少钱。
构造状态dp[i][j]表示第i 天拥有 j只股票的时候，赚了多少钱
状态转移有：
1、从前一天不买不卖:
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j])
2、从前i-W-1天买进一些股:
dp[i][j]=max(dp[i-W-1][k]-(j-k)*AP[i],dp[i][j])
3、从i-W-1天卖掉一些股:
dp[i][j]=max(dp[i-W-1][k]+(k-j)*BP[i],dp[i][j])
这里需要解释一下为什么只考虑第i-W-1天的买入卖出情况即可。想想看，i-W-2天是不是可以通过不买不卖将自己的最优状态转移到第i-W-1天？以此类推，之前的都不需要考虑了，只考虑都i-W-1天的情况即可。
对买入股票的情况进行分析，转化成适合单调队列优化的方程形式
dp[i][j]=max(dp[i-W-1][k]+k*AP[i])-j*AP[i]。令f[i-W-1][k]=dp[i-W-1][k]+k*AP[i]，则dp[i][j]=max(f[i-W-1][k]) - j*AP[i]。
这便可以用单调队列进行优化了。卖股的情况类似分析。
View Code
1 #include
2 #include<string>
3 using namespace std;
4 #define inf 0xfffffff
5 #define min(a,b) a 6 #define max(a,b) a>b?a:b
7
8 struct node
9 {
10 int pos;
11 int f;
12 };
13
14 int AP[2001],BP[2001],AS[2001],BS[2001];
15 int dp[2001][2001];
16 node q[2001];
17 int head,tail;
18 int n,MaxP,W;
19
20 int main()
21 {
22 int i,j,cas,nowf;
23 freopen("D:\\in.txt","r",stdin);
24 scanf("%d",&cas);
25 while(cas--)
26 {
27 scanf("%d%d%d",&n,&MaxP,&W);
28 for(i=1;i<=n;i++)
29 {
30 scanf("%d%d%d%d",&AP[i],&BP[i],&AS[i],&BS[i]);
31 }
32 for(i=0;i<=n;i++)
33 for(j=0;j<=MaxP;j++)
34 dp[i][j]=-inf;
35 for(i=1;i<=W+1;i++)
36 {
37 for(j=0;j<=(min(MaxP,AS[i]));j++)
38 dp[i][j]=-AP[i]*j;
39 }
40 dp[0][0]=0;
41 for(i=1;i<=n;i++)
42 {
43 for(j=0;j<=MaxP;j++)
44 dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]);
45 if(i<=W+1)
46 continue;
47 int pre=i-W-1; //队列里保存的是第i-W-1天的信息
48 head=tail=0;
49 for(j=0;j<=MaxP;j++) //因为是买，所以肯定越来越多,求DP[i][j]的时候，之前的0~~j-1的信息就存在在队列了
50 {
51 nowf=dp[pre][j]+j*AP[i];
52 while(head1].f<nowf)
53 tail--;
54 q[tail].f=nowf;q[tail++].pos=j;
55 while(headj)
56 head++;
57 dp[i][j]=max(dp[i][j],q[head].f-j*AP[i]);
58 }
59 head=tail=0;
60 for(j=MaxP;j>=0;j--) //因为是卖，道理同上
61 {
62 nowf=dp[pre][j]+j*BP[i];
63 while(head1].f<nowf)
64 tail--;
65 q[tail].f=nowf;q[tail++].pos=j;
66 while(headj)
67 head++;
68 dp[i][j]=max(dp[i][j],q[head].f-j*BP[i]);
69 }
70 }
71 int ans=0;
72 for(i=0;i<=MaxP;i++)
73 ans=max(ans,dp[n][i]);
74 printf("%d\n",ans);
75 }
76 return 0;
77 }
最后再说一个应用，用单调队列来优化多重背包问题 hdu 2191
如果有n个物品，每个物品的价格是w，重量是c，且每个物品的数量是k，那么用这样的一些物品去填满一个容量为m的背包，使得得到的背包价值最大化，这样的问题就是多重背包问题。
对于多重背包的问题，有一种优化的方法是使用二进制优化，这种优化的方法时间复杂度是O(m*∑log k[i])，具体可以见
http://www.cnblogs.com/ka200812/archive/2011/08/06/2129505.html
而利用单调队列的优化，复杂度是O(mn)
首先，对于第i件物品，如果已知体积为V，价值为W，数量为K，那么可以按照V的余数，将当前的体积J分成V组(0,1,....V-1)。
对于任意一组，可以得到转移方程：f[i*V+c]=f[k*V+c]+(i-k)*W，其中c是V组分组中的任意一个
令f[i*V+c]=dp[i]，那么就得到dp[i]=dp[k]+(i-k)*W (k>=i-K)
将dp[k]-k*W看做是优化函数，那么就可以运用单调队列来优化了
View Code
1 #include
2 #include<string>
3 #include
4 using namespace std;
5
6 int c,w,num;
7 int a[101],b[101],f[101];
8 int n,m;
9 int q[101];
10 int head,tail;
11
12 int main()
13 {
14 int i,cas,k,j;
15 freopen("in.txt","r",stdin);
16 scanf("%d",&cas);
17 while(cas--)
18 {
19 scanf("%d%d",&m,&n);
20 memset(f,0,sizeof(f));
21 for(i=0;i)
22 {
23 scanf("%d%d%d",&c,&w,&num);
24 if(m/c//取最小值
25 num=m/c;
26 for(k=0;k//分成c份
27 {
28 head=tail=0;
29 for(j=0;j<=(m-k)/c;j++)
30 {
31 int x=j;
32 int y=f[j*c+k]-j*w; //将f[j*c+k]-j*w入队
33 while(head=b[tail-1])
34 tail--;
35 a[tail]=x; //记录下标
36 b[tail++]=y; //记录dp值
37 while(a[head]//如果超出了范围
38 head++;
39 f[j*c+k]=b[head]+j*w;
40 }
41 }
42 }
43 printf("%d\n",f[m]);
44 }
45 return 0;
46 }
