单调队列优化的DP问题
概述
单调队列就是通过排除求最值时候的冗余，从而是队列具有性质，可以方便求解问题。
DP的两个阶段：
- 朴素DP的基本原理——闫氏DP分析法
- 对朴素DP进行优化
闫氏DP分析法的拓展 ：在一个有限的集合中求最值。
单调队列练习
135. 最大子序和
输入一个长度为 n 的整数序列，从中找出一段长度不超过 m 的连续子序列，使得子序列中所有数的和最大。
6 4
1 -3 5 1 -2 3
7
首先，朴素的思路就是枚举每一个长度不大于m的区间，遍历求最大值。
a[x] + ... + a[y] = sum[y] - sum[x - 1]
这时候，我们枚举右端点，sum[y]已经固定，sum[x]需要在滑动的区间内取得最小值，所以使用滑动窗口。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 300020
int n, m;
int s[N];// 前缀和
int q[N];
int main()
{scanf("%d%d", &n, &m);for(int i = 1; i <= n; i++){scanf("%d", s+i);s[i] += s[i - 1];}int res = -0x3f3f3f3f;// 由于序列的长度可以为 0int hh = 0, tt = -1;q[++tt] = 0;// 由于是前缀和，所以应该 包含0for(int i = 1; i <= n; i++){while(hh <= tt && q[hh] < i - m) hh ++;if(hh <= tt) res = max(s[i] - s[q[hh]], res);while(hh <= tt && s[q[tt]] >= s[i]) tt --;q[++tt] = i;}printf("%d", res);return 0;
}
1088. 旅行问题
公路上总共有 n 个车站，每站都有若干升汽油（有的站可能油量为零），每升油可以让汽车行驶一千米。
John 必须从某个车站出发，一直按顺时针（或逆时针）方向走遍所有的车站，并回到起点。
在一开始的时候，汽车内油量为零，John 每到一个车站就把该站所有的油都带上（起点站亦是如此），行驶过程中不能出现没有油的情况。
接下来 n 行，每行两个整数 pi,di，分别表示表示第 i 号车站的存油量和第 i 号车站到 顺时针方向 下一站的距离。
输出共 n 行，如果从第 i 号车站出发，一直按顺时针（或逆时针）方向行驶，能够成功周游一圈，则在第 i 行输出 TAK，否则输出 NIE。
5
3 1
1 2
5 2
0 1
5 4
TAK
NIE
TAK
NIE
TAK
分析
- 由于要求解顺时针或者是逆时针，这两种情况具有对称性，所以先考虑一种。
- 是一个环，直接求的话不能利用之前已经求解好的状态，所以需要破环成链。
- 可以把
p[i]和d[i]做一个差值。满足要求的情况就是从 i 号点到 i + 1 号点的所有前缀全部是大于0的。 - 求解以某一点为结尾的所有不超过n的前缀中的最值问题，就可以使用上一题的思路。
真可谓思路不难，调BUG离谱
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define N 1000020
ll p[N], d[N], a[N*2];// a表示前缀
int n;
int q[N*2];
bool ans[N];
int main()
{cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i++){scanf("%lld%lld", p + i, d + i);}// 顺时针情况************************************for(int i = 1; i <= n; i++){a[i] = p[i] - d[i];a[i + n] = p[i] - d[i];}for(int i = 1; i <= 2 * n; i++){a[i] = a[i] + a[i - 1];}int tt = -1, hh = 0;for(int i = n * 2; i >= 0; i--){while(hh <= tt && q[hh] > i + n) hh ++;if(hh <= tt && i < n) {if(a[i]<=a[q[hh]]) ans[i+1] = true;// a[i]<=a[q[hh]]表示的是i + 1 到 q[hh]的区间之和大于等于0} while(hh <= tt && a[q[tt]] >= a[i]) tt--;q[++tt] = i;}// 逆时针情况************************************d[0] = d[n];for(int i = 1; i <= n; i++){a[i + n] = a[i] = p[i] - d[i - 1];}a[0] = 0;for(int i = 1; i <= 2 * n; i++){a[i] = a[i] + a[i - 1];}tt = -1, hh = 0;q[++tt] = 0;for(int i = 1; i <= n * 2; i++){while(hh <= tt && q[hh] < i - n) hh ++;if(hh <= tt && i > n) {if(a[q[hh]] <= a[i]) ans[i - n] = true;// a[i]<=a[q[hh]]表示的是q[hh]+1到i的区间之和大于等于0} while(hh <= tt && a[q[tt]] <= a[i]) tt--;q[++tt] = i;}for(int i = 1; i <= n; i++){if(ans[i]){puts("TAK");}else{puts("NIE");}}return 0;
}
二维单调队列问题
1091. 理想的正方形
有一个 a×b 的整数组成的矩阵，现请你从中找出一个 n×n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。
第二行至第 a+1 行每行为 b 个非负整数，表示矩阵中相应位置上的数。
输出仅一个整数，为 a×b 矩阵中所有“n×n 正方形区域中的最大整数和最小整数的差值”的最小值。
2≤a,b≤1000,
n≤a,n≤b,n≤100,
矩阵中的所有数都不超过 1e9。
5 4 2
1 2 5 6
0 17 16 0
16 17 2 1
2 10 2 1
1 2 2 2
1
如果直接滑动，那么会比较复杂。所以我们先按照行来，存储row_max[i][j]为以[i][j]结尾的，每行的最值。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1020;
int w[N][N];
int row_max[N][N];
int row_min[N][N];
int n, m, K;
int q[N];
void getmax(int *a, int *b, int tot)
{int tt = -1, hh = 0;for(int i = 1; i <= tot; i++){while(hh <= tt && q[hh] <= i - K) hh++;while(hh <= tt && a[q[tt]] <= a[i]) tt--;// BUG1: a[q[tt]] <= a[i]写反了q[++tt] = i;if(hh <= tt) b[i] = a[q[hh]];}
}
void getmin(int *a, int *b, int tot)
{int tt = -1, hh = 0;for(int i = 1; i <= tot; i++){while(hh <= tt && q[hh] <= i - K) hh++;while(hh <= tt && a[q[tt]] >= a[i]) tt--;q[++tt] = i;if(hh <= tt) b[i] = a[q[hh]];}
}int main()
{scanf("%d%d%d", &n, &m, &K);for(int i = 1; i <= n; i++){for(int j = 1; j <= m; j++)scanf("%d", &w[i][j]);}for(int i = 1; i <= n; i++){getmax(w[i], row_max[i], m);getmin(w[i], row_min[i], m);// BUG3：getmin(w[i], row_max[i], m);}static int a[N], b[N], c[N];int res = 0x7f7f7f7f;for(int i = K; i <= m; i++){for(int j = 1; j <= n; j++) a[j] = row_max[j][i];// BUG 2:要从1开始（虽然K之前不参与更新res，但是参与求最值）getmax(a, b, n);for(int j = 1; j <= n; j++) a[j] = row_min[j][i];getmin(a, c, n);for(int i = K; i <= n; i++) res = min(res, b[i] - c[i]);}printf("%d\n", res);return 0;
}
使用单调队列来优化DP
1089. 烽火传递
在某两个城市之间有 n 座烽火台，每个烽火台发出信号都有一定的代价。
为了使情报准确传递，在连续 m 个烽火台中至少要有一个发出信号。
现在输入 n,m 和每个烽火台的代价，请计算在两城市之间准确传递情报所需花费的总代价最少为多少。
5 3
1 2 5 6 2
4
这一道题目可能会想到状态机，但是使用状态机的话就必须有m个状态，并不切合实际。
设状态：f[i]表示从第一个到第 i 个，并且第 i 个被点燃的情况下的最小花费。
对于当前的，选择dp[i - m], dp[i - m + 1] ..... d[i -1]中的最小的，这满足滑动窗口
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int a[N];
int n, m;
int dp[N];
int q[N];
int main()
{scanf("%d%d", &n, &m);for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", a+i);int hh = 0, tt = -1;q[++tt] = 0;for(int i = 1; i <= n + 1; i ++){while(hh <= tt && q[hh] < i - m) hh ++;if(hh <= tt) dp[i]= dp[q[hh]] + a[i];while(hh <= tt && dp[q[tt]] >= dp[i]) tt --;q[++tt] = i;// 注意：队列里面存放的一直都是下标}printf("%d\n", dp[n + 1]);//for(int i = 1; i <= n+1; i++) cout << dp[i] << " ";return 0;
}
1090. 绿色通道
高二数学《绿色通道》总共有 n 道题目要抄，编号 1,2,…,n，抄第 i 题要花 ai 分钟。
小 Y 决定只用不超过 t 分钟抄这个，因此必然有空着的题。
下标连续的一些空题称为一个空题段，它的长度就是所包含的题目数。
这样应付自然会引起马老师的愤怒，最长的空题段越长，马老师越生气。
现在，小 Y 想知道他在这 t 分钟内写哪些题，才能够尽量减轻马老师的怒火。
由于小 Y 很聪明，你只要告诉他最长的空题段至少有多长就可以了，不需输出方案。
17 11
6 4 5 2 5 3 4 5 2 3 4 5 2 3 6 3 5
3
题解
这一道题目在具体做决定的时候，会发现并不知道最终答案，导致过程中无法把握舍与得。
这时候我们可以想到使用二分答案。
容易得知，显然具有单调性。
二分之后，就是相当于判断相邻两个最远的距离是mid，求出抄完的时间满不满足。
（大致思路和上一道题目类似）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e4 + 20;
int a[N];
int T, n;
int f[N], q[N];bool ck(int mid)
{int hh = 0, tt = -1;q[++tt] = 0;for(int i = 1; i <= n + 1; i++){while(hh <= tt && q[hh] < i - mid - 1) hh ++;if(hh <= tt) f[i] = f[q[hh]] + a[i];while(hh <= tt && f[q[tt]]>= f[i]) tt --;q[++tt] = i;}//cout << mid << " " << f[n + 1] << "\n"; if(f[n + 1] <= T) return true;else return false;
}
int main()
{scanf("%d%d", &n, &T);for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", a + i);int l = 0, r = n;while(l < r){int mid = (l + r) >> 1;if(ck(mid)) r = mid;else l = mid + 1;}printf("%d", l);return 0;
}
1087. 修剪草坪
在一年前赢得了小镇的最佳草坪比赛后，FJ 变得很懒，再也没有修剪过草坪。
现在，新一轮的最佳草坪比赛又开始了，FJ 希望能够再次夺冠。
然而，FJ 的草坪非常脏乱，因此，FJ 只能够让他的奶牛来完成这项工作。
编号相邻的奶牛们很熟悉，如果 FJ 安排超过 K 只编号连续的奶牛，那么这些奶牛就会罢工去开派对。
因此，现在 FJ 需要你的帮助，找到最合理的安排方案并计算 FJ 可以得到的最大效率。
5 2
1
2
3
4
5
12
FJ 希望选取的奶牛效率总和最大，但是他不能选取超过 2 只连续的奶牛。
因此可以选择第三只以外的其他奶牛，总的效率为 1 + 2 + 4 + 5 = 12。
题解一
其实从上面两道题目中可以看出来：
对于区间中连续的m个中，必须选择一个
这种情况，可以使用单调队列进行优化。
所以，在这里可以反过来思考，这样就转化为了上面的思路。
f[i]表示不选择第 i 个数字，在前 i 个数字中不选择的数字加起来的最小值。
在任意一个连续的区间内，需要满足在 K+1 的范围内至少有一个不选择。
最后使用总的和减去上述求出的结果就行。
题解二-y总思路
状态表示：f[i]表示从前 i 个奶牛中选择，并且满足没有连续选择超过 K 头奶牛的所有情况。
属性：最大值。
转移：
- 不选择第 i 头奶牛，那么
f[i] = f[i - 1] - 选择第 i 头奶牛
这时候应该注意不能让连续的大于K
对于第二种情况：
枚举x ( 1 ≤ x ≤ K ) (1\le x\le K) (1≤x≤K)，表示选择了包括 i 在内的从后往前数的连续 x 个奶牛，第 i − x i - x i−x头奶牛不选的所有情况中的最大值。
由于涉及到区间问题，转化为前缀和。
有状态转移公式：f[i] = s[i] - s[i - x] + f[i - x - 1] ( 1 ≤ x ≤ K ) (1\le x\le K) (1≤x≤K)
为了方便表示，令 g ( x ) = f [ x − 1 ] − s [ x ] g(x) = f[x - 1] - s[x] g(x)=f[x−1]−s[x]
边界情况：
g ( 0 ) g(0) g(0)：这种情况表示的是从 1 到 i 全部选择的情况。应该为0.
g ( 1 ) g(1) g(1)：f[0]为0，表示不选择任何奶牛的最大值。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, K;
const int N = 1e5 + 20;
typedef long long ll;
ll s[N];
ll f[N];
ll q[N];
inline ll g(ll x){if(!x) return 0;return f[x - 1] - s[x];
}
int main()
{scanf("%d%d", &n, &K);for(int i = 1; i <= n; i++){scanf("%lld", s + i);s[i] += s[i - 1];}int hh = 0, tt = -1;q[++tt] = 0;for(int i = 1; i <= n; i++){while(hh <= tt && q[hh] < i - K) hh ++;if(hh <= tt) f[i] = max(f[i - 1], s[i] + g(q[hh]));// BUG 记录：只顾着写单调队列优化了，忘了还有不选择这种情况while(hh <= tt && g(q[tt]) <= g(i)) tt--;q[++tt] = i;}printf("%lld", f[n]);return 0;
}
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