引入
可用單調隊列優化的動規有一大類題型，它們多半都有一個特徵：
可以化歸爲序列中定長區間的最值問題。注意這裏必須是定長區間，否則應用RMQ算法。
下面舉一個例子：
-
輸入：第一行兩個正整數N(N<=600000)，M。接下來一行N個數。
-
輸出：對於每個區間[i,i-M+1]，輸出其中的最小值
-
思路：很顯然這道題數據大到不允許利用RMQ的各種O(NlogN)的算法，想到每一次找最小值都只是將上一個區間後移一個數，即這個區間的答案很有可能可從上個區間獲得，於是保持一個單調隊列，區間每後移一次，就將num[i]插入隊尾，若隊尾的數Q[k]大於等於當前的數（num[i]），就說明Q[k]在以後就不可能是一個可行解，刪去它，這樣循環操作，直至Q[k]<num[i]爲止。
對於每一個區間的最小值，只需輸出當前隊最前面的且在num中的下標號大於i-M+1的值即可。這樣複雜度就從O(NlogN)飛躍到了O(N)。
此外，有很多問題可以化歸爲此問題進行解決，如求序列中長度不大於定值的最大連續子序列和等問題，並且此方法可以套用於滿足上述性質的非動歸題目，應用範圍極廣。
例題1 Diving the Path
POJ-2373
鏈接：http://poj.org/problem?id=2373
https://vjudge.net/problem/POJ-2373
題目大意
有一個長度爲L（1000000）的區間，L是偶數，噴水的機器半徑是a到b，
限制：1區間不能重複覆蓋，2部分區域一定只能被一個機器覆蓋。
求最少需要多少機器。
思路
f[i]表示長度爲i的最少需要幾個設備。
f[i]=1+min(f[i-2a]…f[i-2b]);
把f[i-2a]到f[i-2b]看成一個滑動窗口，維護一個從小到大的隊列，左邊可以出去，右邊也可以出去，右邊出去的條件是當前新加入的數小於等於隊尾，就可以把隊尾刪除。
同時注意，由於某些區域只能由一個設備覆蓋，所以對於[s,t]的這種區域，我們對於所有的s<i<t,都讓f[i]=無窮大+1；
而且只有當i是偶數的時候，f[i]纔有解。
q數組裏面記錄的是下標.
代碼
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define R register int
#define re(i,a,b) for(R i=a; i<=b; i++)
using namespace std;
int const inf=(int)1e7;
int const N=1000005;
int a,b,n,l;
int f[N],q[N];
int main() {
scanf("%d%d%d%d",&n,&l,&a,&b);
re(i,1,l) f[i]=inf;
re(i,0,n-1) {
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
re(j,x+1,y-1) f[j]=inf+1;
}
f[0]=0;
int ft=0,lt=-1;
for(int i=2; i<=l; i+=2) {
while(ft<=lt && q[ft]<i-2*b) ft++;
if(i-2*a>=0) {
while(ft<=lt && f[q[lt]]>=f[i-2*a]) lt--;
q[++lt]=i-2*a;
}
if(f[i]==inf+1) continue;
if(ft<=lt) f[i]=1+f[q[ft]];
}
if(f[l]>=inf) f[l]=-1;
printf("%d\n",f[l]);
return 0;
}
例題2 最大子段和
最大子段和（最大子序和）
鏈接：
Luogu：https://www.luogu.com.cn/problem/P1115
51Nod：https://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#problemId=1049
vjudge：https://vjudge.net/problem/51Nod-1049
思路
f[i]表示以i爲結尾的最大子序和
f[i]=sum[i]-min(sum[i-1],sum[i-2]…sum[i-m])
維護一個單調隊列即可。
代碼
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int const N=50005;
ll n;
ll a[N],f[N];
int main() {
scanf("%lld",&n);
for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld",&a[i]);
for(int i=1; i<=n; i++) if(f[i-1]>0) f[i]=f[i-1]+a[i];
else f[i]=a[i];
ll ans=0;
for(int i=1; i<=n; i++) ans=max(f[i],ans);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
例題3 綠色通道
CodeVS-3342（可惜CodeVS死了）
題目描述
《思遠高考綠色通道》(Green Passage, GP)是唐山一中常用的練習冊之一，其題量之大深受lsz等許多oiers的痛恨，其中又以數學綠色通道爲最。2007年某月某日，soon-if (數學課代表)，又一次宣佈收這本作業，而lsz還一點也沒有寫……
高二數學《綠色通道》總共有n道題目要寫(其實是抄)，編號1…n，抄每道題所花時間不一樣，抄第i題要花a[i]分鐘。由於lsz還要準備NOIP，顯然不能成天寫綠色通道。lsz決定只用不超過t分鐘時間抄這個，因此必然有空着的題。每道題要麼不寫，要麼抄完，不能寫一半。一段連續的空題稱爲一個空題段，它的長度就是所包含的題目數。這樣應付自然會引起馬老師的憤怒。馬老師發怒的程度(簡稱發怒度)等於最長的空題段長度。
現在，lsz想知道他在這t分鐘內寫哪些題，才能夠儘量降低馬老師的發怒度。由於lsz很聰明，你只要告訴他發怒度的數值就可以了，不需輸出方案。(快樂融化：那麼lsz怎麼不自己寫程序？lsz：我還在抄別的科目的作業……)
輸入描述
第一行爲兩個整數n,t，代表共有n道題目，t分鐘時間。
以下一行，爲n個整數，依次爲a[1], a[2],… a[n]，意義如上所述。
輸出描述
僅一行，一個整數w，爲最低的發怒度。
樣例輸入
17 11
6 4 5 2 5 3 4 5 2 3 4 5 2 3 6 3 5
樣例輸出
3
數據範圍
60%數據 n<=2000
100%數據 0 < n <=50000，0 < a[i] <=3000，0< t<=100000000
思路
先二分枚舉答案 枚舉一個最大的空題區間mid，然後dp判斷是否可以達到
F[i]表示第i題一定要做的情況下，前i題滿足條件，最少需要花費的時間
F[i]=min(f[j])+a[i]; i-mid-1<=j<=i-1 單調隊列
代碼
CodeVS沒了，代碼也沒了。
例題4
POJ-1276
鏈接：http://poj.org/problem?id=1276
https://vjudge.net/problem/POJ-1276
思路
用單調隊列優化多重揹包
多重揹包狀態轉移方程：
f[i][j]=max(f[i-1][j-kw[i]]+kv[i])
0<=k<=min(num[i],j/w[i]);
有三重循環
二進制可以優化一下
通過單調隊列可以優化到O(nm)
求f[i][0…m]
設餘數爲r，我們來求解f[i][r+kw[i]];
r=0 f[i][0] ,f[i][w[i]],f[i][2w[i]],f[i][kw[i]]
r=1
f[i][1],f[i][1+w[i]],f[i][1+2w[i]],…f[i][1+kw[i]]
f[i][r],f[i][r+w[i]],f[i][r+2w[i]]…f[i][r+kw[i]]
f[i][j]=max(f[i-1][r]+xv[i],f[i-1][r+w[i]]+(x- 1)v[i],f[i-1][r+2w[i]]+(x-2)v[i],…f[i- 1][r+xw[i]]+0v[i]);
f[i][j]=max(f[i-1][j+kw[i]]+(x-k)v[i]);
f[i][j]=max(f[i-1][j+kw[i]]-kv[i])+xv[i];
f[i-1][j+kw[i]]-kv[i]放到單調隊列裏面
k表示在x個裏面少取了k個
0<=k<=min(x,num[i])
j mod w[i]=r
j div w[i]=x
代碼
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int const N=13;
int const M=100005;
int n,m;
int f[M],a[N],b[N],q[M],v[M];
int main() {
while(scanf("%d",&m)!=EOF) {
scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d%d",&b[i],&a[i]);
memset(f,0,sizeof(f));
for(int i=1; i<=n; i++) for(int r=0; r<a[i]; r++) {
int st=0,ed=-1,k=0;
for(int j=r; j<=m; j+=a[i],k++) {
while(st<=ed && q[st]<k-b[i]) st++;
while(st<=ed && v[ed]<=f[j]-k*a[i]) ed--;
q[++ed]=k,v[ed]=f[j]-k*a[i];
f[j]=v[st]+k*a[i];
}
}
printf("%d\n",f[m]);
}
return 0;
}
其他練習
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POJ-1742
http://poj.org/problem?id=1742
https://vjudge.net/problem/POJ-1742 -
Vijos-1091
https://vijos.org/p/1091 -
HDU-1171
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1171
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POJ-2823
http://poj.org/problem?id=2823
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BZOJ-1855
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POJ-3017
http://poj.org/problem?id=3017
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LA-4327
https://icpcarchive.ecs.baylor.edu/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=2328
https://vjudge.net/problem/UVALive-4327 -
POJ-2796
http://poj.org/problem?id=2796
https://vjudge.net/problem/POJ-2796 -
UVA-12170
https://onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=3322
https://vjudge.net/problem/UVA-12170