使用单调队列优化DP，那么必会有求i之前某个范围的极值的操作，这类DP的方程通常为：
F[i]=min(F[j]+a[i]:j<i)
(a[i]是与j无关的数。
定义：队列元素保持单调递增（减），而保持的方式就是通过插队，把队尾破坏了单调性的数全部挤掉，从而使队列元素保持单调 。
那么单调队列有什么用呢？优化DP。许多单调队列优化的DP可以使复杂度直接降维，下面就以最简单的一道题为例：
Description
烽火台又称烽燧，是重要的军事防御设施，一般建在险要或交通要道上。一旦有敌情发生，白天燃烧柴草，通过浓烟表达信息；夜晚燃烧干柴，以火光传递军情（晓荣的历史课讲过吼），在某两座城市之间有 n 个烽火台，每个烽火台发出信号都有一定代价。为了使情报准确地传递，在连续 m 个烽火台中至少要有一个发出信号。请计算总共最少花费多少代价，才能使敌军来袭之时，情报能在这两座城市之间准确传递。
Input
第一行：两个整数 N，M。其中N表示烽火台的个数， M 表示在连续 m 个烽火台中至少要有一个发出信号。接下来 N 行，每行一个数 Wi，表示第i个烽火台发出信号所需代价。
Output
一行，表示答案。
Sample Input
5 3
1
2
5
6
2
Sample Output
4
Data Constraint
对于50%的数据，M≤N≤1,000 。 对于100%的数据，M≤N≤100,000，Wi≤100。
分析题目，由于题目要求连续m个烽火台中至少要有一个发出信号，很容易得出DP转移方程：
**F[i]=min(F[j]:i−m<j<i)+a[i]F[i]=min(F[j]:i−m<j<i)+a[i] **
最直接的方法是枚举状态，对于每一个i，我们在i-m+1到i-1中寻找一个最小的F[j]进行状态转移，枚举状态的时间复杂度是O(n)，寻找最小值的状态时间复杂度是O(n)，因此这种方法的复杂度是O(n^2)。题目的是数据范围是n<=100000，显然超时。
那么怎么用单调队列优化呢？
e.g.状态枚举到i，当m=4时，我们要做的就是在i-3到i-1中找到最小的F[j]，那么枚举到i+1时，我们要做的就是要在i-2到i中找到最小的F[j]。
要寻找最小值的区间向后移动了一位，也就是F[i-m+1]的值被抛弃，F[i-1]的值被加入。
这里就可以用单调队列处理了，F[i-1]是插队的数据，F[i-1]有资格插队是因为它更优且更靠近i （又年轻又比你优秀），比它更差的数将被它取代，保留那些数据没有任何好处。而那些已经不再维护区间之外的就不必再对其进行维护，出队即可。看了代码会更加明白：
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,ans=2147483647,head=1,tail=0;
int q[100010],a[100010],f[100010];
int main()
{
n=read(),m=read();
rep(i,1,n)a[i]=read();
rep(i,1,n)
{
while(head<=tail && f[i-1]<=f[q[tail]])tail--;
//注意<=要取等（虽然我们一样优，
但是我比你年轻啊！）
q[++tail]=i-1; //当F[i-1]比队尾值更优时把队
尾值弹出，并插入
while(head<=tail && q[head]<i-m)head++;//不属于区间维护内的数弹出
f[i]=f[q[head]]+a[i];
}
for(int i=n;i>n-m;i--)
ans=min(ans,f[i]);
printf("%d",ans);
return 0;
}
大菜来了
JZOJ 1772 假期
Description
经过几个月辛勤的工作，FJ决定让奶牛放假。假期可以在1…N天内任意选择一段（需要连续），每一天都有一个享受指数W。但是奶牛的要求非常苛刻，假期不能短于P天，否则奶牛不能得到足够的休息；假期也不能超过Q天，否则奶牛会玩的腻烦。FJ想知道奶牛们能获得的最大享受指数。
Input
第一行：N,P,Q.
第二行：N个数字，中间用一个空格隔开,每个数都在longint范围内。
Output
一个整数，奶牛们能获得的最大享受指数。
Sample Input
5 2 4
-9 -4 -3 8 -6
Sample Output
5
Data Constraint
50% 1≤N≤10000
100% 1≤N≤100000
１<=p<=q<=n
Hint
选择第3-4天，享受指数为-3+8=5。
怎么样？有木有很熟悉？对，mzoj 1354: 最大子序列的和原题本题（只是换了一个题目背景）
思路：
看到区间的问题首先肯定是想到求前缀和，
我们把[1,k]的
和记为sum[k]，可以得到sum[i] = sum[i - 1] + a[i]，
[l,r]的和即为sum[r] - sum[l - 1]（这里视sum[0] =
0）。（减法原理）
我们假设选择的区间为[l,r]且r固定，可知
r−B+1≤l≤r−A+1若要使[l,r]区间的值最大，则sum[l - 1]
需最小，才可使得sum[r] - sum[l - 1]最小。
当i右移一位到i+1，因为p,q为给定不变的值，对应寻
找最小sum[l-1]的区间也右移一位
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 1000010
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
ll sum[N],q[N];
ll n,ans=-2147483647,A,B;
int main()
{
//freopen("input.txt","r",stdin);
n=read(),A=read(),B=read();
rep(i,1,n)
sum[i]=sum[i-1]+read();
int head=0,tail=1;
rep(i,A,n)
{
while(head<=tail && q[head]<i-B)//不处于维护范围内的,出队
head++;
while(head<=tail && sum[i-A]<=sum[q[tail]])//更优的sum[l - 1]予以插队
tail--;
q[++tail]=i-A;
ans=max(ans,sum[i]-sum[q[head]]);//更新答案
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
顶级大菜！理想的正方形
用单调队列分别维护行与列。
先用单调队列对每一行的值维护，并将a[][]每个区间的最大值，最小值分别存在X[][]和x[][]中。
那么X[][]与x[][]所存储的分别是1×n的长方形内的最大值，最小值。X[i][j]存储第i行第j~j+n-1列的长方形中的
最大值。同理，x[i][j]存储第i行第j~j+n-1列的长方形中的最小值。
再对这两个数组的每一列上的值进行维护，将X[][]中每个区间的的最大值用Y[][]维护，将x[][]中的每个区间
的最小值用y[][]维护。那么Y[i][j]存储X[][]中第i~i+n-1行第j列的长方形的最大值。同理y[i][j]存储x[][]中
第i~i+n-1行第j列的长方形的最小值。
故Y[i][j]存储的实为以a[ii+n-1][jj+n-1]中的最大，即以i,j为左上角，边长为n的正方形中的最大值。同理，
y[i][j]存储的即以i,j为左上角，边长为n的正方形中的最小值。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define N 1005
int n,m,k,front,FRONT,back,BACK,ans;
int a[N][N],q[N],Q[N];
int x[N][N],X[N][N];
int y[N][N],Y[N][N];
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
int main()
{
n=read(),m=read(),k=read();
rep(i,1,n)
rep(j,1,m)
a[i][j]=read();
rep(i,1,n)
{
FRONT=BACK=front=back=Q[1]=q[1]=1;
rep(j,2,m)
{
while (a[i][j]>=a[i][Q[BACK]]&&FRONT<=BACK) BACK--;
while (a[i][j]<=a[i][q[back]]&&front<=back) back--;
BACK++;back++;Q[BACK]=j;q[back]=j;
while (j-Q[FRONT]>=k) FRONT++;
while (j-q[front]>=k) front++;
if (j>=k) X[i][j-k+1]=a[i][Q[FRONT]],x[i][j-k+1]=a[i][q[front]];
}
}
rep(i,1,m-k+1)
{
FRONT=BACK=front=back=Q[1]=q[1]=1;
rep(j,2,n)
{
while (X[j][i]>=X[Q[BACK]][i]&&FRONT<=BACK) BACK--;
while (x[j][i]<=x[q[back]][i]&&front<=back) back--;
BACK++;back++;Q[BACK]=j;q[back]=j;
while (j-Q[FRONT]>=k) FRONT++;
while (j-q[front]>=k) front++;
if (j>=k) Y[j-k+1][i]=X[Q[FRONT]][i],y[j-k+1][i]=x[q[front]][i];
}
}
ans=0x3f3f3f3f;
rep(i,1,n-k+1)
rep(j,2,m-k+1)
ans=min(ans,Y[i][j]-y[i][j]);
printf("%d
",ans);
return 0;
}