单调队列定义：

　　其实单调队列就是一种队列内的元素有单调性的队列，因为其单调性所以经常会被用来维护区间最值或者降低DP的维数已达到降维来减少空间及时间的目的。

　　单调队列的一般应用：

　　　　1.维护区间最值

　　　　2.优化DP

例题引入：

　　求m区间内的最小值：

　　一个含有n项的数列(n<=2000000)，求出每一项前的m个数到它这个区间内的最小值。若前面的数不足m项则从第1个数开始，若前面没有数则输出0。

 

例题解答：

　　　首先看到题目可以很快想到O（NM）,对于2*10^6这样的数据无疑要TLE的；

　　 接下来考虑用单调队列，因为每一个答案只与当前下标的前m个有关，所以可以用单调队列维护前m的个最小值，

　　 考虑如何实现该维护的过程？？

　　 显然当前下标X的m个以前的元素（即下标小于X-M+1的元素）肯定对答案没有贡献，所以可以将其从单调队列中删除。

　　 对于两个元素A，B，下标分别为a,b，如果有A>=B&&a<b那么B留在队列里肯定优于A，因此可以将A删除。

　　 维护队首：如果队首已经是当前元素的m个之前，将head++，弹出队首元素

　　 维护队尾：比较q[tail]与当前元素的大小，若当前元素更优tail++，弹出队尾元素，直到可以满足队列单调性后加入当前元素。

　　 考虑单调队列的时间复杂度：由于每一个元素只会进队和出队一次，所以为O（N）。

　　 一般建议用数组模拟单调队列进行操作，而不用系统自带的容器，因为系统自带容器不易调试且可能有爆空间的危险。

 

代码实现：

　　

#include
     
      using namespace std;#define re register int#define INF 0x3f3f3f3f#define ll long long#define maxn 2000009#define maxminline ll read(){    ll x=0,f=1;char ch=getchar();    while(ch<'0'||ch>'9'){
   if(ch=='-')    f=-1;ch=getchar();}    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ll)(ch-'0');ch=getchar();}    return x*f;}int n,m,k,tot,head,tail;int a[maxn],q[maxn];int main(){//    freopen(".in","r",stdin);//    freopen(".out","w",stdout);    n=read(),m=read();    for(int i=1;i<=n;i++)        a[i]=read();    head=1,tail=0;//起始位置为1 因为插入是q[++tail]所以要初始化为0    for(int i=1;i<=n;i++)//每次队首的元素就是当前的答案     {        printf("%d\n",a[q[head]]);        while(i-q[head]+1>m&&head<=tail)//维护队首             head++;        while(a[i]
      
       <=tail)//维护队尾             tail--;        q[++tail]=i;    }//    fclose(stdin);//    fclose(stdout);    return 0;}
      
     

 

习题报告：

 　　滑动窗口：

　　 解题思路: 此题与例题相同，只是所要求的是最大值和最小值，只需要做两遍单调队列即可　　 

#include
      
       using namespace std;#define re register int#define ll long long#define maxn 1000009#define maxminline ll read(){    ll x=0,f=1;char ch=getchar();    while(ch<'0'||ch>'9'){
    if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ll)(ch-'0');ch=getchar();}    return x*f;}int q[maxn],a[maxn];int n,m,k,ans,tot,head,tail; void Ask_MIN(){    head=1,tail=0;    for(int i=1;i<=n;i++)    {        while(head<=tail&&i-q[head]+1>m)            head++;        while(head<=tail&&a[q[tail]]>=a[i])            tail--;        q[++tail]=i;        if(i>=m)            printf("%d ",a[q[head]]);        }    puts("");}void Ask_MAX(){    head=1,tail=0;    for(int i=1;i<=n;i++)    {        while(head<=tail&&i-q[head]+1>m)            head++;        while(head<=tail&&a[q[tail]]<=a[i])            tail--;        q[++tail]=i;        if(i>=m)            printf("%d ",a[q[head]]);    }    puts("");}int main(){//    freopen(".in","r",stdin);//    freopen(".out","w",stdout);    n=read(),m=read();    for(int i=1;i<=n;i++)        a[i]=read();    Ask_MIN();    Ask_MAX();    fclose(stdin);    fclose(stdout);    return 0;}
      

 

 

 

　　 挤奶牛：

　 　解题思路：此题题目需要维护左和右分别D区间内的最大值，因此可以正着和倒着分别做一次单调队列，然后打标记即可。

　

#include
      
       using namespace std;#define re register int#define ll long long#define maxn 50009#define maxminline ll read(){    ll x=0,f=1;char ch=getchar();    while(ch<'0'||ch>'9'){
    if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ll)(ch-'0');ch=getchar();}    return x*f;}struct cow{    int h,x;}p[maxn];int q[maxn];bool fear[maxn];int n,m,k,ans,tot,head,tail; bool comp(cow a,cow b){    return a.x
       
        m)            head++;        while(head<=tail&&p[i].h>=p[q[tail]].h)            tail--;        q[++tail]=i;        if(p[q[head]].h>=2*p[i].h)            fear[i]=1;    }    head=1,tail=0;    for(int i=n;i>=1;i--)    {        while(head<=tail&&p[q[head]].x-p[i].x>m)            head++;        while(head<=tail&&p[q[tail]].h<=p[i].h)            tail--;        q[++tail]=i;        if(p[q[head]].h>=p[i].h*2&&fear[i])            ans++;    }    printf("%d\n",ans);    fclose(stdin);    fclose(stdout);    return 0;}
       
      

 

　　　　好消息，坏消息：

　　　解题思路：先断环成链，便于操作，然后就变成求对于每一个合法的K，都要满足k到(n-k+1)中，任意一点的和都是非负的，用前缀和计算区间和，那么只需要满足sum[i]-sum[k-1]>=0(k<=i<=n+k-1),不需要判断每一个点，只需要转换一下变成判断最小的sum[i]减去最大的sum[k-1]是否大于等于0就行了，因为只要有一个点为负数就已经不合法了。

　

#include
      
       using namespace std;#define re register int#define ll long long#define maxn 1000009#define maxminline ll read(){    ll x=0,f=1;char ch=getchar();    while(ch<'0'||ch>'9'){
    if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ll)(ch-'0');ch=getchar();}    return x*f;}int sum[maxn<<1],q[maxn<<1],a[maxn<<1];int n,m,k,ans,tot,head,tail; int main(){//    freopen(".in","r",stdin);//    freopen(".out","w",stdout);    n=read();    for(int i=1;i<=n;i++)        a[i]=read(),a[i+n]=a[i];    for(int i=1;i<=2*n;i++)        sum[i]=sum[i-1]+a[i];    head=1,tail=0;    for(int i=1;i<=n*2-1;i++)    {        while(head<=tail&&i-q[head]+1>n)            head++;        while(head<=tail&&sum[i]<=sum[q[tail]])            tail--;        q[++tail]=i;        if(i>=n&&sum[q[head]]-sum[i-n]>=0)            ans++;    }        printf("%d\n",ans);    fclose(stdin);    fclose(stdout);    return 0;}
      

 

　　   

　　

 

单调队列优化DP：

　　大部分单调队列优化的DP都和定长连续子区间的最值问题有关。

　　单调队列一般优化线性DP，形如dp[i]=max/min(dp[j])+val[i],且j<i,val[i]与dp[j]无关，此时优化的对象是dp[j]。

　　一般来说i,j是需要通过两层嵌套循环来实现枚举，但是因为dp[j]与val[i]无关，所以我们可以维护一下已经计算好了的dp[j]，使其不需要用for循环来枚举。

 

例题引入：

　　  　最大连续和：

　　  给你一个长度为 n 的整数序列，要求从中找出一段连续的长度不超过 m 的子序列，使得这个序列的和最大。

 

例题解答：

　　首先考虑DP方程：用dp[i]表示以i为结尾的长度不超过m的最大子序列和。

　　 转移为：dp[i]=max{sum[i]-sum[i-k],k=1.2....m}

　　     　　　　　=sum[i]-min{sum[i-k],k=1.2....m};

　　 最后转变为对于所有的1<=k<=m，找出所有sum[i-k]的最小值。

　　 考虑用单调队列来维护决策值sum[i-k]就行啦。

 　　　　

代码实现：

　　

#include
     
      using namespace std;#define re register int#define ll long long#define maxn 200009#define maxminline ll read(){    ll x=0,f=1;char ch=getchar();    while(ch<'0'||ch>'9'){
   if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ll)(ch-'0');ch=getchar();}    return x*f;}int sum[maxn],q[maxn];int n,m,k,ans,tot,mx,head,tail; int main(){//    freopen(".in","r",stdin);//    freopen(".out","w",stdout);    n=read(),m=read();    for(int i=1;i<=n;i++)    {        int x=read();        sum[i]=sum[i-1]+x;    }    ans=-0xffffff;    head=1,tail=1;    for(int i=1;i<=n;i++)    {        while(head<=tail&&i-q[head]>m)            head++;            ans=max(ans,sum[i]-sum[q[head]]);        while(head<=tail&&sum[q[tail]]>=sum[i])            tail--;        q[++tail]=i;        }    printf("%d\n",ans);    fclose(stdin);    fclose(stdout);    return 0;}
     

 

　　　

 

习题报告：

 

　　切蛋糕：

　　 解题思路：和例题一样。

　　

#include
      
       using namespace std;#define re register int#define ll long long#define maxn 500009#define maxminline ll read(){    ll x=0,f=1;char ch=getchar();    while(ch<'0'||ch>'9'){
    if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ll)(ch-'0');ch=getchar();}    return x*f;}int sum[maxn],q[maxn];int n,m,k,ans,tot,mx,head,tail; int main(){//    freopen(".in","r",stdin);//    freopen(".out","w",stdout);    n=read(),m=read();    for(int i=1;i<=n;i++)    {        int x=read();        sum[i]=sum[i-1]+x;    }    head=1,tail=0;    for(int i=1;i<=n;i++)    {        while(head<=tail&&i-q[head]>m)            head++;            ans=max(ans,sum[i]-sum[q[head]]);        while(head<=tail&&sum[q[tail]]>=sum[i])            tail--;        q[++tail]=i;        }    printf("%d\n",ans);    fclose(stdin);    fclose(stdout);    return 0;}
      

 

　　

 

　　 琪露诺：

　　 解题思路：用dp[i]表示到达点i时获得的最大冰冻指数，dp[i]=max{dp[i-j]}+a[i],l<=j<=r<=i.

　　　　　　　　然后对于求max{dp[i-j]}用单调队列来优化。

 

#include
      
       using namespace std;#define re register int#define ll long long#define maxn 200009#define maxminline ll read(){    ll x=0,f=1;char ch=getchar();    while(ch<'0'||ch>'9'){
    if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ll)(ch-'0');ch=getchar();}    return x*f;}int q[maxn],a[maxn],dp[maxn];int n,m,k,ans,tot,head,tail,l,r; int main(){//    freopen(".in","r",stdin);//    freopen(".out","w",stdout);    n=read(),l=read(),r=read();    for(int i=0;i<=n;i++)        a[i]=read();    head=1,tail=0;    for(int i=l;i<=n;i++)    {        while(head<=tail&&i-q[head]>r)            head++;        while(head<=tail&&dp[q[tail]]<=dp[i-l])            tail--;        q[++tail]=i-l;        dp[i]=dp[q[head]]+a[i];    }    ans=0;    for(int i=n-r+1;i<=n;i++)        ans=max(ans,dp[i]);    printf("%d\n",ans);    fclose(stdin);    fclose(stdout);    return 0;}
      

 

 　　最后推荐一个博客：

　　里面单调队列优化DP的基本题型都有，比较齐全。