一中单调队列专题
【序言】以前还不知道有如此神奇的东西——单调队列！现在做了一中的专题，感觉这东西真的是博大精深。写写题解，是为了加深印象。
1.拥挤的奶牛 (Cow)
题目描述 Description
N头牛在一个坐标轴上，每头牛有个高度。现给出一个距离值D。如果某头牛在它的左边，在距离D的范围内，如果找到某个牛的高度至少是它的两倍，且在右边也能找到这样的牛的话。则此牛会感觉到不舒服。问有多少头会感到不舒服。
输入格式 Input format
第一行两个有空格隔开的整数 n，d ，含义如题中所述。
接下去 n 行，每行两个数字，表示每头牛所站的位置和高度。
输出格式 Output format
一行一个数，表示答案。
样例输入 Sample input
6 4
10 3
6 2
5 3
9 7
3 6
11 2
样例输出 Sample input
2
提示 Hint
1 <= N <= 50,000
1 <= x[i],h[i] <= 1,000,000,000
1 <= D <= 1,000,000,000
【代码】
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=50000+5;
struct arr{int x,h;}a[maxn];
int h[maxn],t[maxn],n,d,i,head,tail,f[maxn],ans;
bool cmp(arr a,arr b){return a.x<b.x||a.x==b.x&&a.h>b.h;}
//这里特别要注意:有可能有重复位置的奶牛!为了维护单调递减的序列,我们要在坐标相同的情况下,高度从大到小排序。
int main()
{
freopen("cow.in","r",stdin);
freopen("cow.out","w",stdout);
scanf("%ld%ld",&n,&d);
for (i=1;i<=n;i++)
scanf("%ld%ld",&a[i].x,&a[i].h);
sort(a+1,a+n+1,cmp);
head=1;tail=1;t[1]=a[1].x;h[1]=a[1].h;
for (i=2;i<=n;i++)
{
while (head<=tail&&t[head]<a[i].x-d) head++;
if (head<=tail&&h[head]>=a[i].h*2) f[i]++;
while (tail>=head&&a[i].h>h[tail]) tail--;
h[++tail]=a[i].h;t[tail]=a[i].x;
}
head=1;tail=1;t[1]=a[n].x;h[1]=a[n].h;
for (i=n-1;i>0;i--)
{
while (head<=tail&&t[head]>a[i].x+d) head++;
if (head<=tail&&h[head]>=a[i].h*2) f[i]++;
while (tail>=head&&a[i].h>h[tail]) tail--;
h[++tail]=a[i].h;t[tail]=a[i].x;
}
for (i=2;i<n;i++)
if (f[i]==2) ans++;
printf("%ld",ans);
return 0;
}
2.理想的正方形 (Square)
题目描述 Description
有一个n*m的整数组成的矩阵，现请你从中找出一个k*k的正方形区域，使得该区域所有数中的最大值和最小值的差最小。
输入格式 Input format
第一行为3个整数，分别表示n,m,k的值第二行至第n+1行每行为m个非负整数，表示矩阵中相应位置上的数。每行相邻两数之间用一空格分隔。
输出格式 Output format
仅一个整数，为n*m矩阵中所有“k*k正方形区域中的最大整数和最小整的差值”的最小值。
样例输入 Sample input
5 4 2
1 2 5 6
0 17 16 0
16 17 2 1
2 10 2 1
1 2 2 2
样例输出 Sample input
1
提示 Hint
2<=a,b<=1000,n<=a,n<=b,n<=100
矩阵中的所有数都不超过1,000,000,000
一开始我想法是:每次预处理最左边的正方形（从上到下一共有n-k+1个）,然后一点一点向右拓展——每新的一列来的时候，在删除远的点的同时，把K个元素都进队列处理。但是超时了5个点。
想了一下，在最左边的正方形预处理中，不必一个一个扫一遍，而可以从最左上的那个向下拓展而来。那怎么办？是写成那种函数的形式吗？若是最左边的正方形，则向右、下拓展，否则只向右拓展。（复杂度很高嘛！）
在SYC大神的指导下，懂了一个新的方法。其实没必要怎么麻烦。每次只要枚举每行，从左向右做一遍单调队列。再枚举每一列，做一遍单调队列。典型的从一维拓展为二维的思想。
【超时代码】
#include<stdio.h>
using namespace std;
const int maxn=1000+5;
const int maxn2=maxn*maxn;
const int INF=2100000000;
int x1[maxn2],x2[maxn2],y1[maxn2],y2[maxn2],a[maxn][maxn];
int n,m,k,ans,i,j,up,head1,head2,tail1,tail2;
void insert1(int data,int time)
{
while (data>x1[tail1]&&tail1>=head1) tail1--;
x1[++tail1]=data;y1[tail1]=time;
}
void insert2(int data,int time)
{
while (data<x2[tail2]&&tail2>=head2) tail2--;
x2[++tail2]=data;y2[tail2]=time;
}
void del(int now)
{
while (y1[head1]+k<=now&&head1<=tail1) head1++;
while (y2[head2]+k<=now&&head2<=tail2) head2++;
}
int main()
{
freopen("square.in","r",stdin);
freopen("square.out","w",stdout);
scanf("%ld%ld%ld",&n,&m,&k);
ans=INF;
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=1;j<=m;j++)
scanf("%ld",&a[i][j]);
for (up=1;up<=n-k+1;up++)
{
head1=1;tail1=0;head2=1;tail2=0;
if (up==8)
up=8;
for (i=up;i<up+k;i++)
for (j=1;j<k;j++)
{
insert1(a[i][j],j);
insert2(a[i][j],j);
}
for (j=k;j<=m;j++)
{
del(j);
if (ans==4)
ans=4;
for (i=up;i<up+k;i++)
{
insert1(a[i][j],j);
insert2(a[i][j],j);
}
if (x1[head1]-x2[head2]<ans) ans=x1[head1]-x2[head2];
}
}
printf("%ld",ans);
return 0;
}
【AC代码】
#include<stdio.h>
using namespace std;
const int maxn=1000+5;
const int maxn2=maxn*maxn;
const int INF=2100000000;
int x1[maxn2],x2[maxn2],y1[maxn2],y2[maxn2];
int a[maxn][maxn],max[maxn][maxn],min[maxn][maxn];
int n,m,k,ans,i,j,up,down,head1,head2,tail1,tail2;
void insert1(int data,int time)
{
while (data>x1[tail1]&&tail1>=head1) tail1--;
x1[++tail1]=data;y1[tail1]=time;
}
void insert2(int data,int time)
{
while (data<x2[tail2]&&tail2>=head2) tail2--;
x2[++tail2]=data;y2[tail2]=time;
}
void del(int now)
{
while (y1[head1]+k<=now&&head1<=tail1) head1++;
while (y2[head2]+k<=now&&head2<=tail2) head2++;
}
int main()
{
freopen("square.in","r",stdin);
freopen("square.out","w",stdout);
scanf("%ld%ld%ld",&n,&m,&k);
ans=INF;
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=1;j<=m;j++)
scanf("%ld",&a[i][j]);
for (up=1;up<=n;up++)
{
head1=1;tail1=0;head2=1;tail2=0;
for (i=1;i<k;i++)
{
insert1(a[up][i],i);
insert2(a[up][i],i);
}
for (i=k;i<=m;i++)
{
del(i);
insert1(a[up][i],i);
insert2(a[up][i],i);
max[up][i-k+1]=x1[head1];
min[up][i-k+1]=x2[head2];
}
}
for (down=1;down<=m-k+1;down++)
{
head1=1;tail1=0;head2=1;tail2=0;
for (i=1;i<k;i++)
{
insert1(max[i][down],i);
insert2(min[i][down],i);
}
for (i=k;i<=n;i++)
{
del(i);
insert1(max[i][down],i);
insert2(min[i][down],i);
if (x1[head1]-x2[head2]<ans) ans=x1[head1]-x2[head2];
}
}
printf("%ld",ans);
return 0;
}
3.最大数 (Max)
题目描述 Description
现在请求你维护一个数列，要求提供以下两种操作： 1、 查询操作。语法：Q L 功能：查询当前数列中末尾L个数中的最大的数，并输出这个数的值。限制：L不超过当前数列的长度。 2、 插入操作。语法：A n 功能：将n加上t，其中t是最近一次查询操作的答案（如果还未执行过查询操作，则t=0)，并将所得结果对一个固定的常数D取模，将所得答案插入到数列的末尾。限制：n是非负整数并且在长整范围内。注意：初始时数列是空的，没有一个数。
输入格式 Input format
第一行两个整数，M和D，其中M表示操作的个数(M <= 200,000)，D如上文中所述
输出格式 Output format
对于每一个查询操作，你应该按照顺序依次输出结果，每个结果占一行。
样例输入 Sample input
5 100
A 96
Q 1
A 97
Q 1
Q 2
样例输出 Sample input
96
93
96
【分析与思考】只是BZOJ上的原题，当时在练线段树的时候，我就觉得可以用单调队列做（虽然当时还不知道这种算法）只是单调队列会有点麻烦——还要记录队列里的数是原来总的数中第几个，然后用二分查找。
没有编，反正可以用线段树水过去的！
4.盖房子 (Build)
题目描述 Description
贵族灰最近搞到手了一块 n*m (n，m≤2000)大小的土地，他决定在这片土地上盖一栋房子。不幸的是，在这块土地上有这一些小坑，小坑内灌满了HCl①，贵族灰不会选择这些土地来盖自己的房子。现在贵族灰聘请你来为他选择地基，要求你选择的地基为一个矩形且在这块矩形中不含有任何一个填了 HCl 的小坑，当然了，为了显示自己的贵族身份，贵族灰自然希望地基的面积越大越好。贵族灰答应你在事成之后分给你 100000000...000 % 10 ￥ 的报酬。
输入格式 Input format
第一行两个有空格隔开的整数 n，m ，表示土地的大小。
接下去n行，每行m个字符，#表示这个位置上填满了HCl，*则表示没有。
输出格式 Output format
一行一个数，表示答案。
样例输入 Sample input
5 10
# * # * # # # * # *
# * # * # * * * # *
# # # * # * * * # *
# * # * # * * * # *
# * # * # # # * # #
样例输出 Sample input
9
【分析与思考】据考证，这道题是USACO training6.1.2上类似的题目，可以用极大化的思想做（不知道是不是这个叫单调队列。）我们维护三个数组h[i][j],l[i][j],r[i][j]。h[i][j]表示从i,j这个点（含）向上共有几个连续的‘*’，l[i][j]和r[i][j]分别表示从i,j这条悬线向左或是向右连续的'*’能达到的最远的点的坐标。每次更新答案是，就是ans和(r[i][j]-l[i][j]+1)*h[i][j]。详细预处理看代码。
【代码】
#include<stdio.h>
#include<iostream>
using namespace std;
const int maxn=2000+5;
bool a[maxn][maxn];
int h[maxn][maxn],l[maxn][maxn],r[maxn][maxn],tl[maxn],tr[maxn];
char c;
int n,m,i,j,ans,temp;
int main()
{
freopen("build.in","r",stdin);
freopen("build.out","w",stdout);
scanf("%ld%ld",&n,&m);
for (i=1;i<=n;i++)
{
c=getchar();
for (j=1;j<=m;j++)
{
c=getchar();
if (c=='*') {a[i][j]=true;ans=1;}
c=getchar();
}
}
for (j=1;j<=m;j++)
{
for (i=1;i<=n;i++)
if (a[i][j]) h[i][j]=h[i-1][j]+1;
else {l[i][j]=1;r[i][j]=m;h[i][j]=0;}
}
for (j=1;j<=m;j++)
if (a[1][j])
{
if (!a[1][j-1]) l[1][j]=j;
else l[1][j]=l[1][j-1];
}
for (j=m;j>0;j--)
if (a[1][j])
{
if (!a[1][j+1]) r[1][j]=j;
else r[1][j]=r[1][j+1];
}
for (i=2;i<=n;i++)
{
for (j=1;j<=m;j++)
if (a[i][j])
{
if (tl[j-1]==0) tl[j]=j;
else tl[j]=tl[j-1];
}
else tl[j]=0;
for (j=m;j>0;j--)
if (a[i][j])
{
if (tr[j+1]==0) tr[j]=j;
else tr[j]=tr[j+1];
}
else tr[j]=0;
for (j=1;j<=m;j++)
if (a[i][j])
{
l[i][j]=max(l[i-1][j],tl[j]);
r[i][j]=min(r[i-1][j],tr[j]);
temp=h[i][j]*(r[i][j]-l[i][j]+1);
if (temp>ans)
ans=temp;
}
}
printf("%ld",ans);
return 0;
}