【DP】例解单调队列优化

upd: 2021.4.28 添加滑动窗口模板供参考。

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例题

简介

单调队列是如何优化DP的呢？其实就是推柿子（找到状态转移方程），然后借助柿子里面连续的特征，利用单调队列将查询最值的代价变低，进而达到优化的目的。

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模板题传送门：https://www.acwing.com/problem/content/description/156/

代码中的单调队列是双端队列实现的，这里说一下用手写双端队列的基本操作：
检验队列非空：tt>=hh
弹出队头：hh++
弹出队尾：tt--
插入队尾：v[++tt]=插入值

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1e6+5;

int q[N], tt=-1, hh=0;
int w[N];

int main(){
    int n, k; cin>>n>>k;
    for(int i=1; i<=n; i++) cin>>w[i];
    
    for(int i=1; i<=n; i++){
        while(tt>=hh && q[hh]+k<=i) hh++; 
        while(tt>=hh && w[i]<=w[q[tt]]) tt--;
        q[++tt]=i;
        if(i>=k) cout<<w[q[hh]]<<' ';
    }
    cout<<endl;

    tt=-1, hh=0;
    for(int i=1; i<=n; i++){
        while(tt>=hh && q[hh]+k<=i) hh++;
        while(tt>=hh && w[i]>=w[q[tt]]) tt--;
        q[++tt]=i;
        if(i>=k) cout<<w[q[hh]]<<' ';
    }
    cout<<endl;

    return 0;
}

例题

例1：
传送门：https://www.acwing.com/problem/content/description/1091/

分析：(f[i]) 表示前 (i) 个烽火台的最小代价，其中第 (i) 个是点燃的。
那么我们便得到状态转移方程： (f[i]=min(f[i-1],...,f[i-m+1])+w[i])

如果直接利用上面的方程进行DP，那么复杂度是 (O(N^2)) ，自然是超时的。

注意到随着 (i) 的连续变化，(min) 所包含的区间也是连续变化的，即写下 (i,i+1) 的情况，(min) 所包括的区间也偏移一个单位：

[f[i]=min(f[i-1],...,f[i-m+1])+w[i] ]

[f[i+1]=min(f[i],f[i-1],...,f[i-m+2])+w[i+1] ]

于是我们可以利用单调队列的思想来维护这个 (min) 。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=2e5+5;
int f[N], w[N];
int n, m;
int q[N];

int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>w[i];
	
	int tt=0, hh=0;
	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(tt>=hh && i-q[hh]>m) hh++;
		// upd f[]
		f[i]=f[q[hh]]+w[i];
		while(tt>=hh && f[i]<=f[q[tt]]) tt--;
		q[++tt]=i;
	}
	
	int ans=0x3f3f3f3f;
	for(int i=n-m+1; i<=n; i++) ans=min(ans, f[i]);
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}

例2：
传送门：https://www.acwing.com/problem/content/1089/
分析：(f[i]) 表示在前 (i) 个奶牛中合法选取方案的最大贡献。
分情况讨论：

• 第 (i) 个奶牛没有选取，那么 (f[i]=f[i-1])
• 否则，选取了包括 (i) 以及前面的奶牛总共连续 (j) 头。可以得到转移方程： (f[i]=max(f[i-j-1]-s[i-j])+s[i]) ，其中 (j in [1,k]) （ (k) 为题目允许连续的最大数量）

那么我们拿单调队列维护一下 (v[i]=f[i-1]-s[i]) ，这样就能做到 (O(1)) 查询最值了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
int w[N];
ll f[N], v[N], s[N];
int q[N];

int main(){
	int n, k; cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>w[i], s[i]=s[i-1]+w[i];
	
	f[0]=0;
	int tt=0, hh=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(tt>=hh && q[hh]+k<i) hh++;
		f[i]=max(v[q[hh]]+s[i], f[i-1]);
		
		v[i]=f[i-1]-s[i];
		while(tt>=hh && v[i]>=v[q[tt]]) tt--;
		q[++tt]=i;
	}
	cout<<f[n]<<endl;
	
	return 0;
}

例3：
传送门：https://www.acwing.com/problem/content/1092/
分析：二分一下两个题目之间的长度 (len) ，然后对于这样的 (len) ，看看能不能做到选取最小代价的合法（即距离不超过 (len)）物品即可。（除了二分外与例1完全类似）

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=50005;
int n, t;
int w[N];
int f[N];
int q[N];

bool check(int len){
	int tt=0, hh=0;
	f[0]=0;
	
	int sze=len+1; // the size of the window
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(tt>=hh && q[hh]+sze<i) hh++;
		f[i]=f[q[hh]]+w[i];
		while(tt>=hh && f[i]<=f[q[tt]]) tt--;
		q[++tt]=i;
	}
	
	int res=0x3f3f3f3f;
	for(int i=n-sze+1; i<=n; i++) res=min(res, f[i]);
	
	return res<=t;
}

int main(){
	cin>>n>>t;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>w[i];
	
	int l=1, r=N;
	while(l<r){
		int mid=l+r>>1;
		if(check(mid)) r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	cout<<l<<endl;
	
	return 0;
}