【算法每日一练]-单调队列，滑动窗口（保姆级教程 篇1） #滑动窗口 #求m区间的最小值 #理想的正方形 #切蛋糕

今天讲单调队列

目录

 题目：滑动窗口

思路：

 题目：求m区间的最小值​

思路：

题目：理想的正方形

思路：

题目：切蛋糕       

思路：

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一共两种类型：一种是区间中的最值（滑动窗口），另一种是区间和的最值（切蛋糕），原理一样。

 题目：滑动窗口

        

思路：

    放这个题是为了给出模板。

      

单调队列使用注意事项：（遍历i就要维护[i-k+1,i]的单调区间，从而遍历所有的i）

      
入队新元素为i   过期队头和i-k+1比较即q[h]队尾出队是a[i]

队头过期是q[h]+k

      
1，维持单调：剔除因新来的元素导致的不单调元素
2，队尾入队：新来元素一定入队（以便更新队尾下标，方便和下一个新元素比较）
3，过期出队：队头元素的下标是否越界（和队头指针值无关）
       

#include                 
using namespace std;
int n,k;
int q1[1000001],q2[1000001],a[1000001];
void min_deque()
{
    int h=1,t=0;//h是头，t是尾(h和t的值没有任何意义，就当成front和back)
    for(int i=1;i<=n;i++)//从第一个数开始滑动
    {                                   //开始对上个元素的队列进行更新
        while(h<=t&&a[i]=k) printf("%d ",a[q1[h]]);//输出最值
    }
    cout<a[q2[t]]) t--;
        q2[++t]=i;
        if(q2[h]+k<=i) h++;
        if(i>=k) printf("%d ",a[q2[h]]);
    }
}
int main()
{
    cin>>n>>k; //n为长度，k为窗口大小
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    min_deque();//维护两个单调队列
    max_deque();
    return 0;
}

       

        

 题目：求m区间的最小值

         

思路：

      

就是遍历i时候，要创建维护[i-m,i-1]的最小值的单调队列，从而遍历所有的i
入队新元素为i-1     所以h<=t&&a[q[t]]>a[i-1]
过期队头和i-m比较  h<=t&&q[h]+m       

#include 
using namespace std;
const int N=2e6+5;
int n,m,a[N],q[N];
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	int h=1,t=0;
	cout<<0<<'\n';
	for(int i=2;i<=n;i++){
		while(h<=t&&a[q[t]]>a[i-1])t--;
		q[++t]=i-1;
		while(h<=t&&q[h]+m

       

     

题目：理想的正方形

       

思路：

      

之前讲的是一维的区间最值，现在的是二维区间最值，那么维护二维的单调队列即可。

操作：

先对原矩阵进行列压缩，使用单调队列一行一行处理，然后再对压缩后的矩阵进行行压缩，一列一列处理

      
注意事项： 
1，处理完后要从头开始放元素，这时就要注意别让下标越界了！！！
2，注意每个矩阵的行列数，可不一样，别写错了！！！
2，这个写法只针对小矩阵边长不为1 ，当为1时就需要特判处理，在外层循环加上：（memcpy(min2,min1,sizeof(min2));break;）
     

#include //P2216：
using namespace std;
int n,m,k,h,H,t,T,ans;
int a[1001][1001],q[1001],Q[1001];//设置两个队列，以便同时完成最大值和最小值，
int x[1001][1001],X[1001][1001];//X，x为第一次压缩后的矩阵
int y[1001][1001],Y[1001][1001];//Y，y为最终最大值和最小值矩阵
void two_deque(){
	for (int i=1;i<=n;i++)//按行来处理（列压缩）同时处理最大值和最小值，不然一共要处理4次
		{
			H=T=h=t=Q[1]=q[1]=1; //同时完成最大值矩阵和最小值矩阵的行压缩
			for (int j=2;j<=m;j++)
				{
					while (a[i][j]>=a[i][Q[T]]&&H<=T) T--;//维持单调性（剔除元素，可以不加等号）
					while (a[i][j]<=a[i][q[t]]&&h<=t) t--;
					Q[++T]=j;q[++t]=j;//新元素一定入队
					while (j-Q[H]>=k) H++;//过期出队
					while (j-q[h]>=k) h++;
					if (j>=k) X[i][j-k+1]=a[i][Q[H]],x[i][j-k+1]=a[i][q[h]];
				}
		}
	for (int j=1;j<=m-k+1;j++)//按列来(注意列变少了)
		{
			H=T=h=t=Q[1]=q[1]=1;   //同时完成最大值矩阵和最小值矩阵的列压缩
			for (int i=2;i<=n;i++)
				{
					while (X[i][j]>=X[Q[T]][j]&&H<=T) T--;
					while (x[i][j]<=x[q[t]][j]&&h<=t) t--;
					Q[++T]=i;q[++t]=i;
					while (i-Q[H]>=k) H++;
					while (i-q[h]>=k) h++;
					if (i>=k) Y[i-k+1][j]=X[Q[H]][j],y[i-k+1][j]=x[q[h]][j];
				}
		}
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);//n,m为矩阵大小，k为需要输出的正方形大小(输出所有方形中极差的最小值)
	for (int i=1;i<=n;i++)
		for (int j=1;j<=m;j++)
			scanf("%d",&a[i][j]);
	
	two_deque();		
    ans=0x3f3f3f3f;
	for (int i=1;i<=n-k+1;i++)
		for (int j=1;j<=m-k+1;j++)
			ans=min(ans,Y[i][j]-y[i][j]);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

     

      

题目：切蛋糕

       

思路：

     

首先我们这道题是要不定长的前缀和，最优前缀和是max{sum[i]−sum[j],0}（i-j<=m），我们按题意固定i后就是max(0,sum[i]−min{sum[j]})。

也就是我们只需要维护[i-m+1,i]中最小的sum[j]即可，但是窗口右固定大小，所以要剔除过期的决策
      

#include           
using namespace std;
const int N=5e5+10,INF=1e9;
int sum[N],q[N],ans=-INF;//注意有可能有负数 
int main()
{
	int n,m;scanf("%d%d",&n,&m); //n为蛋糕块数，m为窗口大小
	for (register int i=1;i<=n;++i)
	{
		int x;scanf("%d",&x);
		sum[i]=sum[i-1]+x;//求前缀和 
	}
	int head=1,tail=1;q[1]=0;
	for (register int i=1;i<=n;++i)
	{                                     //对上个元素的队列处理
		while (head<=tail&&q[head]+m

也可这样

//  也可以这么写，（头文件）  
//访问：front,back  操作：pop_front,pop_back,push_front;push_back
	dequeq; //deque是双向队列
    q.push_back(0);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {	
        while(!q.empty()&&q.front()+m=sum[i])  q.pop_back();//递减就pop
        q.push_back(i);
    }