滑动窗口最大值：单调队列
239. 滑动窗口最大值
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给你一个整数数组 nums，有一个大小为 k 的滑动窗口从数组的最左侧移动到数组的最右侧。你只可以看到在滑动窗口内的 k 个数字。滑动窗口每次只向右移动一位。
返回 滑动窗口中的最大值 。
示例 1：
输入：nums = [1,3,-1,-3,5,3,6,7], k = 3
输出：[3,3,5,5,6,7]
解释：
滑动窗口的位置 最大值
--------------- -----
[1 3 -1] -3 5 3 6 7 3
1 [3 -1 -3] 5 3 6 7 3
1 3 [-1 -3 5] 3 6 7 5
1 3 -1 [-3 5 3] 6 7 5
1 3 -1 -3 [5 3 6] 7 6
1 3 -1 -3 5 [3 6 7] 7
示例 2：
输入：nums = [1], k = 1
输出：[1]
提示：
1 <= nums.length <= 105-104 <= nums[i] <= 1041 <= k <= nums.length
思路：单调队列
⚜️其实这道题的解法有不同种形式，但是绕不开的就是使用单调队列的思想，为什么呢❓❓❓
因为如果这个时候我们不用单调队列的话，就是说我们每次去控制这个窗口里面的最大值，如果这个窗口很大，那么时间复杂度是非常高的，因为遍历一遍这个窗口获取最大值的时间复杂度是 O(k)，而我们还得去遍历这个数组的元素，那么总和起来就是 O(n*k)，这样子在这道题是会超时的！所以我们得使用单调队列的思想！
那么我们得先了解一下，什么是单调队列！
什么是单调队列
单独队列本质还是一个队列，只是我们规定这个队列是一个单调递减或者单调递增队列！⚜️单调递减和递增是什么意思呢❓❓❓
这里以单调递减为例，因为和我们这道题比较符合！我们举一个数学上面的例子 y = ax + b，我们知道递减就是函数在某个区间上面的 y 随着 x 的增大，而不断的减小或者相等，但是如果我们定义它为单调递减，那么这个函数则变成在 整个区间上面都是 y 随着 x 的增大而不断的减小！
一般来说，单调队列使用 C++ 中的 deque 来实现会更好，因为其支持双端的插入删除以及获取双端元素！
⚜️那么这道题要使用单调递减还是单调递增呢❓❓❓
其实用单调递减会更加的符合滑动窗口的原理，我们保持从队头的元素开始，每个元素都大于其后面的元素，这样子像下图一样：
也就是我们**保持让队头的元素是整个队列里面最大的**！
⚜️这样子有什么好处呢❓❓❓
我们每次取当前窗口的最大值，那么就和这个队头元素有关系啦，但是我们得来维护一下这个队列，而不同方式维护就有了不同的实现方法，下面我们举两种方法，其中我觉得最好理解的就是第一种！
1、队列维护数组下标
滑动窗口最大值 | 图解单调队列 | 最清晰易懂的讲解【c++/java】
⚜️为什么要维护数组的下标呢❓❓❓
因为每次我们需要去控制这个窗口移动，并保持让队列中的元素都落于这个窗口内，所以我们得一直关注着队列中的元素的值是在 nums 数组中的哪个位置，会不会出界，这些问题都要考虑，所以我们干脆直接用队列来保存其数组的下标，然后比较大小也是非常方便，因为是数组，所以有了下标，我们直接通过 nums[i] 就能快速索引到对应的元素，根本不用担心效率问题！并且这样子也非常的好控制！
下面我们来看看具体的步骤（下面步骤中默认我们的队列变量名叫做dq）：
- 遍历 nums 数组的每个元素
- 每次遍历元素的时候，先循环判断一下队头元素在nums中位置是否已经掉出了窗口范围
- 如果
i - k + 1 > dq.front()，说明队头元素已经不落在该窗口内了，我们就将队头pop掉！否则不用。- （值得解释一下的是这里的
i - k + 1其实代表的就是窗口的第一个元素下标，也就是窗口的头位置！其中 dq.front() 代表的是队头元素在 nums 中的下标，如果我们的窗口头位置都超过了这个队头元素的下标了，那么说明这个队头元素不是当前窗口内的！） - （还有值得注意的是这里可以进行循环判断，也可以不进行循环判断，因为我们每次都只会对 i 进行一次的 ++，但是为了代码上面看起来严谨，可以将其改为循环判断！）
- （值得解释一下的是这里的
- 如果
- 控制新元素 nums[i] 加入的时候保持单调递减队列的规则
- 如果
nums[i] > dq.back()，此时如果直接将 nums[i] 加入队列的话，会破坏单调递减的规则，所以我们要将 dq.back() 进行删除，并且不断循环判断，直到队列为空，或者遇到比 nums[i] 小或者等于的值为止！
- 如果
- 将 nums[i] 加入单调队列
- 最后判断一下是否已经到了满足窗口大小 k 的位置了
- 是的话则开始向数组 v 中 push 进每次窗口最大的元素，也就是队头元素在 nums 中对应位置的元素！
**注意：队列中队头元素不一定是最大的，因为存放的不是数组中元素的值，而是其最大元素的下标！**
其实这道题是相对比较复杂的，最好是自己先模拟这个过程！
下面给出代码：
class Solution {
public:
vector<int> maxSlidingWindow(vector<int>& nums, int k) {
vector<int> v;
deque<int> dq;
for(int i = 0; i < nums.size(); ++i)
{
// 1、控制窗口的元素大小不大于k个，若大于则pop掉队头
while(dq.size() > 0 && i - k + 1 > dq.front())
dq.pop_front();
// 2、控制新元素加入的时候保持单调递减队列的规则
// 若新元素大于其队尾的元素，那么则pop掉该元素，直到遇到比新元素大或者相等为止
while(dq.size() > 0 && nums[i] > nums[dq.back()])
dq.pop_back();
// 3、将新元素加入队列
dq.push_back(i);
// 4、若其循环到满足窗口大小k的位置了，则开始向v中push进每次最大的元素，也就是队头元素
// 其中因为i是下标而k是大小，所以i要加一
if(i + 1 >= k)
v.push_back(nums[dq.front()]);
}
return v;
}
};
2、队列维护数组元素值
[C++]滑动窗口最大值–单调队列
这种方法可能是我们会比较先于维护数组下标而想到的，因为通常来说我们都会先去想怎么存放这个值，而不是存放对应下标，也确实，这道题如果是维护元素的值，那么相对于第一种方法来说会更容易出错一点，因为我们得去控制这个窗口移动的时候于队列元素的关系，保持其一直是窗口内有效元素！
既然队列要维护数组元素值，那么当然队头元素就和第一种方法不一样了，这次队头元素肯定是队列里面最大的，因为这是一个单调队列，并且其存放的本身就是元素的值而不是下标！
下面是步骤：
- 首先可以维护队列保持单调递减，将 nums[i] 和队尾元素进行比较，若 dq.back() < nums[i] 说明需要 pop 掉队尾元素，和方法一类似！
- 将新元素加入队列
- 若其循环到满足窗口大小 k 的位置了，则开始向 v 中 push 进每次最大的元素，也就是队头元素，和方法一类似！
- 注意还要维护队列元素是否在窗口内有效（因为要进行 nums 索引，所以最好放到第三步这个判断语句中比较安全）
其实和第一种方法大同小异，不同的就是它们的大小判断等等，最重要的是这个第四步，也就是控制这个队列中队头等元素是否还在合法的窗口区间内，如果不是的话则要进行删除，而我们并不容易判断这个区间，因为我们怎么知道队头元素对应 nums 中的下标呢❓❓❓
其实这就是一个难点，所以我们要改变思路：
因为每次我们只让 i 累加一次，也就是每次遍历只会让 i 向后走一步，那么我们只需要跟着遍历每次的窗口第一个元素，是否和当前队头的元素一样，一样的话说明遍历下一个元素的时候，这个元素就已经不再是窗口内的元素了，所以我们就把这个队头元素给 pop 掉！而这个窗口的头位置就是 i-k+1 处，但是由于窗口一开始还没达到 k 个，所以要建立在条件是 i+1 >= k 的基础之上！
class Solution {
public:
vector<int> maxSlidingWindow(vector<int>& nums, int k) {
vector<int> v;
deque<int> dq;
for(int i = 0; i < nums.size(); ++i)
{
// 1、首先可以维护队列保持单调递减，将nums[i]和队尾元素进行比较
while(dq.size() > 0 && dq.back() < nums[i])
dq.pop_back();
// 2、将新元素加入队列
dq.push_back(nums[i]);
// 3、若其循环到满足窗口大小k的位置了，则开始向v中push进每次最大的元素，也就是队头元素
// 其中因为i是下标而k是大小，所以i要加一
if(i + 1 >= k)
{
v.push_back(dq.front());
// 4、注意还要维护队列元素（因为要进行nums索引，所以最好放到if(i+1>=k)这个判断语句中比较安全）
if(dq.size() > 0 && dq.front() == nums[i - k + 1])
dq.pop_front();
}
}
return v;
}
};