简要题意：
给定 (n) 个数 ({a_i}) 和一个 (m)，输出所有 (1 leq i leq n) 的 (min_{max(1, i-m+1)}^{i} a_i).
(n,m leq 2 imes 10^6).
显然这就是 对每个数求出其前 (m) 个数的最小值。
朴素令 (f_i = min_{max(1, i-m+1)}^{i} a_i)，(mathcal{O}(n^2)) 炸的飞起。
当然你用线段树，树状数组，( ext{RMQ}) 来维护区间最小都是 (mathcal{O}(n log n)) 的，不够优，常数还不一定能过。
我们考虑如何从 ([l,r] ightarrow [l+1,r+1]) 即可。
用一个队列 (q)，维护当前 可能会影响答案的编号。
什么叫做 可能会影响答案？
比方说当前求的是编号 (i) 的答案，那么显然，编号 (u<i-m+1) 就应该出队，因为 所以包括 (i) 在内之后的节点都不可能用到编号 (u) 来作为决策了。
其次，如果存在 (u) 使得 (u < i , a_u > a_i)，这时候你会发现，(i) 节点的价值比 (u) 更高。因为，(i) 节点及以后的点用 (i) 的次数比用 (u) 的次数多，而 (i) 的决策又始终比 (u) 优，那么 (u) 就可以出队了。
我们把当前区间的最小值编号始终放在第一位，以便取出。
时间复杂度： (mathcal{O}(n)).（每个点入队一次，出队一次）
实际得分：(100pts).
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e6+1;
inline int read(){char ch=getchar(); int f=1; while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
int x=0; while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar(); return x*f;}
inline void write(int x) {
if(x<0) {putchar('-');write(-x);return;}
if(x<10) {putchar(char(x%10+'0'));return;}
write(x/10);putchar(char(x%10+'0'));
}
int n,m,a[N],q[N];
int l=1,r=0;
int main() {
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++) {
printf("%d
",a[q[l]]);
while(i-q[l]+1>m && l<=r) l++; //无效节点
while(a[i]<a[q[r]] && l<=r) r--; //i 比当前节点更优
q[++r]=i; //i 入队作为一个新的决策
}
return 0;
}