谨以此博记单调队列里的一些毒瘤算法
而且搞了半天才发现单调队列原来是具有单调性的队列的意思
还有人用双端队列实现（又是一个不懂的知识点）
所以单调队列就是用单调性解决问题
常用的操作就是逆单调性的元素删去，每次删去时要求有二——维持队列l<=r，满足单调性
需要的数组有：原数组，记录单调队列元素的序号，单调队列本身
T1 Select
spojP392
原来想的是用一个单调队列模拟
但是发现时间肯定要炸
而且每次打模拟的时候都要出一点细节问题/ll/ll/ll
然后看了这个喵喵喵的题解：
这道题中，我们要的只是最大的一个元素，并且要排在前面
所以排在这个元素之前的不优于它的就没有存在的必要了
可以删掉
因为当前加入的元素比原来的队尾元素大，且该元素比原队尾元素入队晚（也就是该元 素比原队尾元素晚出队），所以只要该元素在队列中，就一定不会选取原队尾元素。也就是 当前状态一定比原队尾元素的状态更优。——这里一定要理解深刻，这是队列的本质。 ——zgs
因此，这题的单调队列中维护的一个属性是元素的价值，一个属性是单调队列中的元素在原序列中的位置。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define in read()
inline int in{
int cnt=0,f=1;char ch=0;
while(!isdigit(ch)){
ch=getchar();if(ch=='-')f=-1;
}
while(isdigit(ch)){
cnt=cnt*10+ch-48;
ch=getchar();
}return cnt*f;
}
struct node{
int key,id;
};
deque<node> q;
int T;char ch[233];int id;
int key;
int last;
void print(int n)
{
if(n>9) print(n/10);
putchar(n%10+48);
}
char chh;
signed main(){
T=in;
while(T--){
q.clear();
id=0;
scanf("%s",ch);last=0;
while(1){
chh=getchar();
if(chh=='E')break;
if(chh=='C'){
key=in;++id;
node now={key,id};
while(q.size()&&now.key>=q.back().key)q.pop_back();
q.push_back(now);
}
else if(chh=='Q'){
if(q.empty())puts("-1");else print(q.front().key),putchar('\n');
}
else if(chh=='G'){
++last;if(q.front().id==last)q.pop_front();
}
}
}
return 0;
}
数据太坑，必须优化
然鹅优化之后还是要T
总之前三个点对了就是了
然后抄了个gigo的代码
T2 Board
spojP393
对于每一个楼房，它的广告牌最多这样算：
因此求出它的l和r（左右的最大端点）
与其说这种求法是单调队列，不如说它更像一个栈——
当高度单调递增时，高度放入栈
当有一个高度没有单增时，比此高更高的高度弹出，其左端点或右端点为此高度的编号
sol
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define in Read()
#define re register
#define ll long long
#define NNN 1000005
int n,h[NNN];
int lft[NNN],rgh[NNN];
int p[NNN],r,l;
inline int in{
int i=0,f=1;char ch;
while((ch>'9'||ch<'0')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')ch=getchar(),f=-1;
while(ch>='0'&&ch<='9')i=(i<<1)+(i<<3)+ch-48,ch=getchar();
return i*f;
}
int main(){
n=in;
for(re int i=1;i<=n;i++)h[i]=in;
h[0]=h[n+1]=0;
r=0,l=1;
for(re int i=1;i<=n+1;i++){
while(h[i]<h[p[r]]&&l<=r){
rgh[p[r]]=i;
r--;
}
p[++r]=i;
}
r=0,l=1;
memset(p,0,sizeof(p));
for(re int i=n;i>=0;i--){
while(h[i]<h[p[r]]&&l<=r){
lft[p[r]]=i;
r--;
}
p[++r]=i;
}
ll ans=0;
for(re int i=1;i<=n;i++)
ans=max(ans,(ll)h[i]*(rgh[i]-lft[i]-1));
printf("%lld",ans);
return 0;
}
又是一个long long ans输出%d ahhhhhhhhh /fn/fn/fn
T3 Window
spojP1917
很典型的单调队列题
先使左端点靠近，再使右端点靠近，最后往指针数组里面加数，记录，完了
通过这道题我明白了为什么我看不懂zgs的代码了
1 他根本没讲单调数组的定义
2 他的代码喜欢用p1,p2之类的东西，你不知道1或者2代表什么
3 还是对这个知识点不熟
下面给出我的好看的sol
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define in Read()
#define re register
const int NNN=(int)1e6+10;
int n,k,a[NNN];
int p_max[NNN],p_min[NNN];
int l_max,r_max,l_min,r_min;
int ans_max[NNN],ans_min[NNN];
inline int in{
int i=0,f=1;char ch;
while((ch>'9'||ch<'0')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')ch=getchar(),f=-1;
while(ch>='0'&&ch<='9')i=(i<<1)+(i<<3)+ch-48,ch=getchar();
return i*f;
}
//致那些年兴起的输出优化
inline void Write(int x){
if(x<0)putchar('-'),x=-x;
if(x>9)Write(x/10);
putchar(x%10+48);
}
int main(){
n=in,k=in;
for(re int i=1;i<=n;i++)a[i]=in;
for(re int i=1;i<=n;i++){
//处理_max
while(l_max<=r_max&&p_max[l_max]<=i-k)l_max++;//左指针调到队尾
while(l_max<=r_max&&a[i]>a[p_max[r_max]])r_max--;
p_max[++r_max]=i;
//处理_min
while(l_min<=r_min&&p_min[l_min]<=i-k)l_min++;
while(l_min<=r_min&&a[i]<a[p_min[r_min]])r_min--;
p_min[++r_min]=i;
//记录该点的答案
//l是移好的最值
ans_max[i]=a[p_max[l_max]];
ans_min[i]=a[p_min[l_min]];
}
for(re int i=k;i<=n;i++)Write(ans_min[i]),putchar(' ');
putchar('\0');
for(re int i=k;i<=n;i++)Write(ans_max[i]),putchar(' ');
return 0;
}
T4 List
单调队列
维护前缀和单调递增
要求条件：
1 前缀和单调递增
2 下标单调递增
3 区间长度
附上最好看的单调队列分析图
分析应该> 还是<
附上最妙的代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define in Read()
#define re register
#define ll long long
const int NNN=(int)3e5+10;
int n,m;
ll sum[NNN],x,ans;
ll p[NNN],l,r;
inline ll in{
ll i=0,f=1;char ch;
while((ch>'9'||ch<'0')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')ch=getchar(),f=-1;
while(ch>='0'&&ch<='9')i=(i<<1)+(i<<3)+ch-48,ch=getchar();
return i*f;
}
int main(){
n=in;
m=in;
for(re int i=1;i<=n;i++){
x=in;
sum[i]=sum[i-1]+x;
}
l=1,r=1;
for(re int i=1;i<=n;i++){
while(l<=r&&p[l]<=i-m)l++;
ans=max(ans,sum[i]-sum[p[l]]);
while(l<=r&&sum[i]<=sum[p[r]])r--;
p[++r]=i;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
