单调栈和单调队列

单调栈

单调栈模板题
给出一串序列，对于每个位置，要你求出这个位置左边第一个比它小的数，如果用暴力算法的话，很明显就要O(n²)的复杂度了。而神奇的单调栈可以用O(n)解决此问题。
假设此刻我们扫描到了位置cur，则对于另外两个位置i, j
（i < j < cur），如果num[i] <= num[j]，那么可以知道相对于j来说，i就是完全不必要的位置。因为如果num[i]小于num[cur]，则num[j]必定小于num[cur]，且j在i的右边，所以我们可以规定一系列操作，维护一个递增的序列，当扫描到cur位置时，这个序列中的所有数都有可能成为答案。单调栈的操作就符合这样的要求，下面贴出模板题关键部分的代码

void monotoneStack(){
     
	stack<int> stk;
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
     
        while(!stk.empty() && a[stk.top()] >= a[i]){
     
            stk.pop();
        }
        if(stk.empty()) cout << "-1" << " ";
        else cout << a[stk.top()] << " ";
        stk.push(i);
    }
}

很多算法的实现都是基于对暴力算法中冗余信息的排除，做到这一点，复杂度就会优化很多，数据量大时，优化的效果就十分明显

单调队列

单调队列模板题
在长度为n的序列中，找出长度不超过m的连续的子序列，使得子序列的和最大
暴力写法的话，也是需要O(n²)时间复杂度的，我们运用单调栈的分析方法，利用“排除冗余信息”思想来分析。
这道题如果给定一个区间，只需要前缀和相减就很容易求出区间和，于是我们先预处理出前缀和，则题目就变成了我找出距离不超过m的两个点l和r，使得prefix[r]-prefix[l-1]最大，则枚举右端点，如果能快速找出左端点，问题就很容易解决了
假设我们目前枚举右端点，扫描到了cur位置，对于之前的在cur之前的位置i< j，假如prefix[i] >= prefix[j]，则此时的i肯定是无用的位置，因为构成的区间和更小，而且区间长度还更有可能超过m，所以需要排除这样的位置。
单调队列解决了这个问题，我们像单调栈一样维护一个区间递增的序列，又随时排除队头超过区间长度的位置，便将复杂度降成了O(n)

int monotoneQueue(){
     
    deque<int> q;
    int ans = a[1];
    q.push_back(1);
    for(int i = 2; i <= n; ++i){
     
        while(!q.empty() && i-q.front() > m)
            q.pop_front();
        ans = max(ans, prefix[i]-prefix[q.front()]);
        while(!q.empty() && prefix[i] <= prefix[q.back()])
            q.pop_back();
        q.push_back(i);
    }
    return ans;
}