单调队列即队列内元素单调递增或递减,删除数据可以在队头或者队尾,加入元素只能在队尾加入。
由于单调队列的队头一定是最小值,故查询为O(1);每个元素最多进队一次,出队一次,摊排分析下来仍然是O(1).
例1. 广告印刷
【问题描述】
最近,afy决定给TOJ印刷广告,广告牌是刷在城市的建筑物上的,城市里有紧靠着的N(N<=400000)个建筑。afy决定在上面找一块尽可能大的矩形放置广告牌。我们假设每个建筑物都有一个高度,从左到右给出每个建筑物的高度H1,H2…HN,0<Hi<=1,000,000,000,并且我们假设每个建筑物的宽度均为1。要求输出广告牌的最大面积。
【输入样例】
6
5 8 4 4 8 4
【输出样例】
24
【分析】
这道题目是要求每个建筑物向左向右能扩展到的最大宽度,即左右两边比它高的连续的宽度。显然暴力枚举O(n^2)的复杂度是不可行的。
考虑构造一个单调非递减队列,从左至右,依次加入到队列中,肯定会有元素出队列,设当前要插入的数为a,要出队列的数为b,必有b>=a,则b向右能到达的最远距离就是b-a。注意在求解时,让0先入队列,这样保证每个数据都会出队列。同理,左极限也可求出。
例2. POJ2823
【题意】
移动区间(长度固定)最值问题。
【分析】
这类思想在单调队列优化思想中尤其重要:区间长度为k,求区间内的最大值,考虑第i个数和第j个数,j-i<k,若a[i]<a[j],那么a[i]将毫无用处。直觉上理解,因为窗口的移动,a[i]要比a[j]先移出去,无论如何,区间的最大值都不可能是a[i]。
这样,考虑构造一个单调递增的队列,存放相应的序号,当a[队尾]>=要入队数据a[i],删除队尾元素;当队头<=i-k时,删除队头元素。
/** 单调队列: 加入找最小数,考虑顺序a,b(b在a的后面),若b<a,当b入队列后,a不可能称为最小值(a比b先出),删去。 每个元素出队列和入队列一次,时间复杂度为O(n) */ #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; const int N = 1100000; int n,k; int a[N]; int DanDiao_Que[N]; //单调递减队列(最大),单调递增队列(最小) int head,tail; //递增 void Min() { int i; int head = 1; int tail = 0; for(i = 0; i < k-1; i++) { while(head<=tail && a[DanDiao_Que[tail]]>=a[i]) tail--; tail++; DanDiao_Que[tail] = i; } for(i = k-1; i < n; i++) { while(head<=tail && a[DanDiao_Que[tail]]>=a[i]) tail--; tail++; DanDiao_Que[tail] = i; while(DanDiao_Que[head]< i-k+1) head++; printf("%d",a[DanDiao_Que[head]]); printf("%c",i==n-1?'\n':' '); } } //递减 void Max() { int i; int head = 1; int tail = 0; for(i = 0; i < k-1; i++) { while(head<=tail && a[DanDiao_Que[tail]]<=a[i]) tail--; tail++; DanDiao_Que[tail] = i; } for(i = k-1; i < n; i++) { while(head<=tail && a[DanDiao_Que[tail]]<=a[i]) tail--; tail++; DanDiao_Que[tail] = i; while(DanDiao_Que[head]< i-k+1) head++; printf("%d",a[DanDiao_Que[head]]); printf("%c",i==n-1?'\n':' '); } } int main() { scanf("%d %d",&n,&k); for(int i = 0 ;i < n; i++) scanf("%d",&a[i]); Min(); Max(); return 0; }
例3. HDU3415
【题意】
求长度不超过k的连续最大子段和。
【分析】
设dp[i]表示以i结尾的满足约束的最大子段和,sum[i]表示从0到第i个数的和,状态转移方程:dp[i]=sum[i]-min{sum[j]},i-k<=j<i,最后结果为max(dp[i]).
直接二重循环超时。设b[i]=i-k,b[i]随i的增长单调不降,可以考虑用单调队列优化。构造一个单调递减队列,维护操作类似例2.
/** 题意:有n(<=200000)个数排成一列,求长度不超过k(1<=k<=n)的连续的子串的和的最大值. 设dp[i]表示以a[i]为结尾的连续子串和的最大值,状态转移方程: dp[i] = sum[i] - min{sum[j-1]}, max(0,i-k+1)<=j<i. dp[0]=0 最后结果为max{dp[i],1<=i<=n} 分析: 单纯二重循环O(n*k)肯定超时. 考虑求sum[j-1]的最小值 max(0,i-k)<=j<i,是否可以优化? 1.显然优先级队列可以适用,维护堆,时间复杂度优化为nlogk 2.考虑求解的单调性,若i<j且sum[i]>sum[j],则i可以被舍弃.只要维护一个递增的单调队列即可! */ #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; const int INF = 0x7fffffff; const int N = 200005; int n,k; int a[N]; int sum[N]; int que[N]; int result,st,end; void solve() { int head=1,tail=0; result = -INF; st = INF; for(int i = 1; i <= n+k; i++) { while(head<=tail&&sum[i-1]<sum[que[tail]]) tail--; while(head<=tail&&que[head]<i-k) head++; tail++; que[tail] = i-1; //output start if(sum[i]-sum[que[head]]>result) { result = sum[i]-sum[que[head]]; st = que[head]+1; end = i; } //output end } if(end>n) end -= n; } int main() { int i; int t; scanf("%d",&t); while(t--) { sum[0] = 0; scanf("%d %d",&n,&k); for(i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d",&a[i]); sum[i] = sum[i-1] + a[i]; } for(i = n+1; i <= n+k; i++) sum[i] = sum[i-1] + a[i-n]; solve(); printf("%d %d %d\n",result,st,end); } return 0; }
例4. HDU3474
【题意】
由n(10^6)个数据组成的圆环,数据为1和-1,问从一个点开始顺时针或逆时针,能遍历完所有点,并且保证中间过程中sum>=0。
【分析】
首先O(n^2)可定不可行。假设从i点开始,这里仅考虑向左,必须保证sum(j,i)>=0,i-n<j<=i.设sum[i]为从开始到i的和,即保证sum[i]-sum[j]>=0,i-n<=j<i,即只要保证sum[i]-max{sum[j]}>=0即可。求移动区间(固定长度)最值问题,就可以联想到单调队列了。维护操作略。注意顺时针和逆时针计数时判重。
/** 题意:由n(10^6)个数据组成的圆环,数据为1和-1,问从一个点开始顺时针或逆时针,能遍历完所有点,并且保证中间过程中sum>=0。 分析:首先暴力O(n^2)是不可行的。 假设从i点开始,这里仅考虑向左,必须保证sum(j,i)>=0, i-n <j <= i. 设sum[i]表示从0到i点的和,即保证sum[i]-sum[j]>=0,即sum[i] - max(sum[j])>=0. 要求区间[i-n,i-1]最大值,维护单调递减队列即可。 */ #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; const int N = 2100000; int n; char a[N/2]; int num[N]; int sum[N]; int que[N/2]; bool f[N/2],f2[N/2]; void solve(bool t) { int i; int head=1,tail=0; for(i = 1; i < n; i++) { while(head<=tail&&sum[que[tail]]<=sum[i]) tail--; tail++; que[tail] = i; } for(i = n; i <= 2*n; i++) { while(head<=tail&&que[head]<i-n) head++; while(head<=tail&&sum[que[tail]]<=sum[i]) tail--; tail++; que[tail] = i; if(sum[i]-sum[que[head]]>=0) { if(t) f[i-n] = true; else f2[i-n] = true; } } } int main() { int i; int t; int cases = 0; scanf("%d",&t); while(t--) { memset(f,0,sizeof(f)); memset(f2,0,sizeof(f2)); sum[0] = 0; scanf("%s",a+1); n = strlen(a+1); for(i = 1; i <= n; i++) { if(a[i]=='C') num[i] = 1; else num[i] = -1; } for(i = 1; i <= n; i++) num[i+n] = num[i]; for(i = 1; i <= n*2; i++) sum[i] = sum[i-1] + num[i]; //1234512345 int result = 0; solve(true); //reverse for(i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i-1] + num[n+1-i]; for(i = n+1; i <=2*n; i++) sum[i] = sum[i-1] + num[2*n+1-i]; //5432154321 solve(false); result = 0; for(i = 0; i < n; i++) if(f[i]||f2[n-i]) result++; printf("Case %d: %d\n",++cases,result); } return 0; }