单调队列练习

  

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洛谷P1901 发射站

题目描述

某地有 N 个能量发射站排成一行，每个发射站 i 都有不相同的高度 Hi，并能向两边（当 然两端的只能向一边）同时发射能量值为 Vi 的能量，并且发出的能量只被两边最近的且比 它高的发射站接收。

显然，每个发射站发来的能量有可能被 0 或 1 或 2 个其他发射站所接受，特别是为了安 全，每个发射站接收到的能量总和是我们很关心的问题。由于数据很多，现只需要你帮忙计 算出接收最多能量的发射站接收的能量是多少。

输入输出格式

输入格式：

第 1 行：一个整数 N;

第 2 到 N+1 行：第 i+1 行有两个整数 Hi 和 Vi，表示第 i 个人发射站的高度和发射的能量值。

输出格式： 

输出仅一行，表示接收最多能量的发射站接收到的能量值，答案不超过 longint。

这题跟洛谷P2947比较像，那个是只能向右边发射，这个加上左边就好了。

那么我们考虑只能向右边发射的情况，从右向左维护队首最大一个单调队列，如果队首就是当前元素，那么它没有可以辐射到的，因为他自己就是当前队列里最大的。

否则，因为当前元素在队尾，它之前那个元素一定是即离它最近又比他高，所以可以被他辐射到。
左边同理。。。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct node{
    int x,dfn;
}team[1000001];
struct sz{
    int h,v;
}a[1000001];
long long n,m,tail,head;
long long i,j,b[1000001];
long long ans[1000001],maxn;
inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
    while(ch<='9' && ch>='0'){x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
    return x*f;
}
void write(long long x){
    if(x<10){putchar(x%10+48); return;}
    write(x/10); putchar(x%10+48); 
}
int main(){
    n=read();
    for (i=1; i<=n; i++) 
        a[i].h=read(),a[i].v=read();
    head=1; tail=1;
    team[head].x=a[n].h; team[head].dfn=n;
    b[n]=0;
    for (i=n-1; i>=1; i--){
        while (head<=tail&&a[i].h>=team[tail].x) tail--;
        tail++;
        team[tail].x=a[i].h; team[tail].dfn=i;
        if (team[head].x<=a[i].h) b[i]=0;
        else{
            b[i]=team[tail-1].dfn;
            ans[b[i]]+=a[i].v;
        }
    }
    head=1; tail=1;
    team[head].x=a[1].h; team[head].dfn=1;
    b[n]=0;
    for (i=2; i<=n; i++){
        while (head<=tail&&a[i].h>=team[tail].x) tail--;
        tail++;
        team[tail].x=a[i].h; team[tail].dfn=i;
        if (team[head].x<=a[i].h) b[i]=0;
        else{
            b[i]=team[tail-1].dfn;
            ans[b[i]]+=a[i].v;
        }
    }
    for (i=1; i<=n; i++)
        if (ans[i]>maxn) maxn=ans[i];
    write(maxn);
    return 0;
}

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洛谷 P1823 [COI2007] Patrik 音乐会的等待

题目描述

N个人正在排队进入一个音乐会。人们等得很无聊，于是他们开始转来转去，想在队伍里寻找自己的熟人。队列中任意两个人A和B，如果他们是相邻或他们之间没有人比A或B高，那么他们是可以互相看得见的。

写一个程序计算出有多少对人可以互相看见。

输入输出格式

输入格式：

输入的第一行包含一个整数N (1 ≤ N ≤ 500 000), 表示队伍中共有N个人。

接下来的N行中，每行包含一个整数，表示人的高度，以毫微米(等于10的-9次方米)为单位，每个人的调度都小于2^31毫微米。这些高度分别表示队伍中人的身高。

输出格式：

输出仅有一行，包含一个数S，表示队伍中共有S对人可以互相看见。

这题其实单调队列并不难，但2018.6.29后加了三组数据，把我第一遍打的方法卡掉了，于是又写了一个记忆化过去了。

一开始循环里是这样的

 for (i=n-1; i>=1; i--){
        int x=tail;
        while (team[x]<=a[i]&&x>=head) x--;
        ans+=tail-x;
        if (team[x]>a[i]) ans++;
        while (head<=tail&&team[tail]<a[i]) tail--;
        tail++;
        team[tail]=a[i];
    }

之后就会发现第一个while那里会被恶意数据卡掉，我们考虑优化。

设v[i]是i后面与i一样高的人的个数，初值是1。

这样我们在处理i时，可以把统计和弹出队尾元素放到一个while里，并且将相等的元素也弹出，若a[j]==a[i]，v[i]+=v[j];

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
struct node{
    int h,v;
}team[500001];
int i,n,head,tail;
int j,a[500001];
long long ans;
inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
    while(ch<='9' && ch>='0'){x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
    return x*f;
}
int main(){
    n=read();
    for (i=1; i<=n; i++) a[i]=read();
    head=1; tail=1;
    team[head].h=a[n]; team[head].v=1;
    for (i=n-1; i>=1; i--){
        long long y=1;
        while (head<=tail&&team[tail].h<=a[i]){
            ans+=team[tail].v; 
            if (team[tail].h==a[i]) y+=team[tail].v;
            tail--;
        }
        if (team[tail].h>a[i]) ans++;
        tail++;
        team[tail].h=a[i]; team[tail].v=y;
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

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洛谷 P2216 [HAOI2007]理想的正方形

题目描述

有一个a*b的整数组成的矩阵，现请你从中找出一个n*n的正方形区域，使得该区域所有数中的最大值和最小值的差最小。

输入输出格式

输入格式：

第一行为3个整数，分别表示a,b,n的值

第二行至第a+1行每行为b个非负整数，表示矩阵中相应位置上的数。每行相邻两数之间用一空格分隔。

输出格式：

仅一个整数，为a*b矩阵中所有“n*n正方形区域中的最大整数和最小整数的差值”的最小值。

二维单调队列，图片来自于洛谷 病名為愛 的题解。

题目要求是求出一个极差最小的n*n的子矩阵，我们仔细研究一下a*b*n²的暴力就会发现，这个暴力之所以不对，是因为它重复做了很多事情，例如，我们在计算以（1,2）为左上角的正方形时，判断了很多（1,1）为左上角的正方形的元素。

正解：直接求极值不好求，我们可以先求最大值（图中的大写X,Y），X[i][j]表示第i行第j个元素后面n个元素的最大值，这个我们可以用单调队列a*b的做出来。

自己模拟一下就可以发现，x[i][j]就是以（i,j）为左上角的正方形的第一行的极值，那么这个正方形的最大值一定在X[i][j],X[i+1][j]..X[i+n-1][j]之间。

Y数组储存的就是这个值，我们可以以列号（j)为外层循环，把上面的求X的操作改一下。

同理，最小值也可以用这种方法求出来，之后可以直接求极差。

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,i,team1[1001],tail1,head1;
int m,j,team2[1001],tail2,head2;
int b1[1001][1001],c1[1001][1001];
int b2[1001][1001],c2[1001][1001];
int k,a[1001][1001],ans=1e9;
inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while (ch<='9'&&ch>='0'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int main(){
    n=read(); m=read(); k=read();
    for (i=1; i<=n; i++)
        for(j=1; j<=m; j++) a[i][j]=read();
    for (i=1; i<=n; i++){
        head1=head2=1; tail1=tail2=0;
        for (j=1; j<=k-1; j++){
            while (head1<=tail1&&a[i][team1[tail1]]<=a[i][j]) tail1--;
            while (head2<=tail2&&a[i][team2[tail2]]>=a[i][j]) tail2--;
            tail1++; tail2++; 
            team1[tail1]=team2[tail2]=j;
        }
        for (j=k; j<=m; j++){
            while (head1<=tail1&&a[i][team1[tail1]]<=a[i][j]) tail1--;
            while (head2<=tail2&&a[i][team2[tail2]]>=a[i][j]) tail2--;
            tail1++; team1[tail1]=j;
            tail2++; team2[tail2]=j;
            while (head1<=tail1&&j-team1[head1]>=k) head1++;
            while (head2<=tail2&&j-team2[head2]>=k) head2++;
            b1[i][j-k+1]=a[i][team1[head1]];
            b2[i][j-k+1]=a[i][team2[head2]];
        }
    }
    for (i=1; i<=m-k+1; i++){
        head1=head2=1; tail1=tail2=0;
        for (j=1; j<=k-1; j++){
            while (head1<=tail1&&b1[team1[tail1]][i]<=b1[j][i]) tail1--;
            while (head2<=tail2&&b2[team2[tail2]][i]>=b2[j][i]) tail2--;
            tail1++; tail2++; 
            team1[tail1]=team2[tail2]=j;
        }
        for (j=k; j<=n; j++){
            while (head1<=tail1&&b1[team1[tail1]][i]<=b1[j][i]) tail1--;
            while (head2<=tail2&&b2[team2[tail2]][i]>=b2[j][i]) tail2--;
            tail1++; team1[tail1]=j;
            tail2++; team2[tail2]=j;
            while (head1<=tail1&&j-team1[head1]>=k) head1++;
            while (head2<=tail2&&j-team2[head2]>=k) head2++;
            c1[j-k+1][i]=b1[team1[head1]][i];
            c2[j-k+1][i]=b2[team2[head2]][i];
//            ans=min(c1[j-k+1][i]-c2[j-k+1][i],ans);
        }
    }
    for (i=1; i<=n-k+1; i++)
        for (j=1; j<=m-k+1; j++)
            ans=min(ans,c1[i][j]-c2[i][j]);
    if (ans==0) ans=n;
    printf("%d
",ans);
//    for (i=1; i<=n-k+1; i++){ 用于调试输出
//        for (j=1; j<=m-k+1; j++)
//            printf("%d ",c1[i][j]);
//        printf("
");
//    }
    return 0;
}

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洛谷 P2422 良好的感觉

题目描述

kkk做了一个人体感觉分析器。每一天，人都有一个感受值Ai，Ai越大，表示人感觉越舒适。在一段时间[i, j]内，人的舒适程度定义为[i, j]中最不舒服的那一天的感受值 * [i, j]中每一天感受值的和。现在给出kkk在连续N天中的感受值，请问，在哪一段时间，kkk感觉最舒适？

输入输出格式

输入格式：

第一行为N，代表数据记录的天数

第二行N个整数，代表每一天的感受值

输出格式：

一行，表示在最舒适的一段时间中的感受值。

这题看的时候想了好久都没有想出来，最后看的xMinh学长的题解，这里提供附上来自学长的思路。

思路：（转自xminh学长博客）

这个题的单调队列很明显是一个没有时间限制的，所以只需要考虑队中元素是什么的问题。我们可以注意到，这个题的数据范围规定没有负数，所以前缀和绝对是会越来越大的，所以队中元素应该是那个最不舒服的值。

然后转念想一想，如果这题是一个数据小的普通DP怎么做？那就是找到每个点左边那个比它小的，以及右边那个比它小的。这左右边界之间的，就是这个点最多能管到的范围。对于单调队列来说，我们可以维护一个单调递增的队列，然后往外踢的时候，被踢掉的点就找到了“右边那个比它小的”，维护完队列之后，队列中位于当前元素前一个的那个元素就是“左边那个比它小的”。这样就可以计算某个点能管到的范围了，最后再乘以这个点本身的值，比较出最大值就好了。

当然还有一个问题，如果某个点一直没有被踢掉怎么办？好办，在序列的最后加一个值为0的元素，就可以在最后一次循环踢掉所有队中元素，完成最后的处理。

PS：其实这题的数据结构严格来说叫做单调栈。

 贴一下我自己的代码

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long team[100001],head,tail,i,f[100001];
long long n,a[100001],s[100001],ans;
inline char gc(){
    static char now[1<<16],*S,*T;
    if(T==S){T=(S=now)+fread(now,1,1<<16,stdin);if (T==S) return EOF;}
    return *S++;
}
inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=gc();
    while(ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=gc();}
    while(ch<='9'&&ch>='0') x=x*10+ch-'0',ch=gc();
    return x*f;
}
int main(){
    n=read();
//    scanf("%d",&n);
    for (i=1; i<=n; i++){
        a[i]=read();
//        scanf("%d",&a[i]);
        s[i]=s[i-1]+a[i];
    }
    a[n+1]=0;
    head=1; tail=0;
    for (i=1; i<=n+1; i++){
        while (head<=tail&&a[team[tail]]>a[i]){
            f[team[tail]]+=(s[i-1]-s[team[tail]]);
            tail--;
        }
        f[i]=s[i]-s[team[tail]];
        tail++;    team[tail]=i;
    }
    for (i=1; i<=n; i++) ans=max(ans,f[i]*a[i]);
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

 

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luogu P3572 [POI2014]PTA-Little Bird

题意（还是来自xMinh学长的blog）：

有一排n棵树，第i棵树的高度是Di。
有一些ZSH要从第一棵树到第n棵树去找他的妹子玩。
如果ZSH在第i棵树，那么他可以跳到第i+1,i+2,…,i+k棵树。
如果ZSH跳到一棵不矮于当前树的树，那么他的劳累值会+1，否则不会。
为了有体力和妹子玩，ZSH要最小化劳累值。
输入描述：
第一行输入有n棵树；
第二行输入这n棵数的高度；
第三行输入有p个ZSH；
第4~p+3行输入这个ZSH可以跳多远；
输出描述：
共p行，每一行输出一个ZSH的劳累值。

原文: https://xminh.github.io/2018/01/20/%E5%8D%95%E8%B0%83%E9%98%9F%E5%88%97-%E5%AD%A6%E4%B9%A0%E7%AC%94%E8%AE%B0.html

很普通的单调队列优化DP，首先简单的DP就是如果要跳到i,那么一定是从i之前k个点中取一个最大的，再看看是否要劳累值+1就好了，然后用单调队列把f放入队列里，维护一个递增的单调队列。

注意：去除重复元素的时候记得当f值一定时，如果队尾那个元素比i高，要把它留下。

没了。。。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long team[1000001],t,a[1000001];
long long n,i,head,tail,k,f[1000001];
inline char gc(){
    static char now[1<<16],*S,*T;
    if(T==S){T=(S=now)+fread(now,1,1<<16,stdin);if (T==S) return EOF;}
    return *S++;
}
inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=gc();
    while(ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=gc();}
    while(ch<='9'&&ch>='0') x=x*10+ch-'0',ch=gc();
    return x*f;
}
void write(int x){
    if(x<10){putchar(x%10+48); return;}
    write(x/10); putchar(x%10+48); 
}
int main(){
    n=read();
//    scanf("%lld",&n);
    for (i=1; i<=n; i++) a[i]=read();
//        scanf("%lld",&a[i]);
//    scanf("%lld",&t);
    t=read();
    while (t--){
//        scanf("%lld",&k);
        k=read();
        head=1; tail=1;
        memset(f,0,sizeof(f));
        team[tail]=1;
        for (i=2; i<=n; i++){
            while (head<=tail&&i-team[head]>k) head++;
            f[i]=f[team[head]];
            if (a[i]>=a[team[head]]) f[i]++;
            while (head<=tail&&(f[team[tail]]>f[i]||(f[i]==f[team[tail]]&&a[i]>=a[team[tail]]))) tail--;
            tail++; team[tail]=i;
        }
        printf("%lld
",f[n]);    
    }
    return 0;
}

 

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洛谷 P2564 [SCOI2009]生日礼物

题目描述

小西有一条很长的彩带，彩带上挂着各式各样的彩珠。已知彩珠有N个，分为K种。简单的说，可以将彩带考虑为x轴，每一个彩珠有一个对应的坐标(即位置)。某些坐标上可以没有彩珠，但多个彩珠也可以出现在同一个位置上。

小布生日快到了，于是小西打算剪一段彩带送给小布。为了让礼物彩带足够漂亮，小西希望这一段彩带中能包含所有种类的彩珠。同时，为了方便，小西希望这段彩带尽可能短，你能帮助小西计算这个最短的长度么？彩带的长度即为彩带开始位置到结束位置的位置差。

输入输出格式

输入格式： 

第一行包含两个整数N, K，分别表示彩珠的总数以及种类数。接下来K行，每行第一个数为Ti，表示第i种彩珠的数目。接下来按升序给出Ti个非负整数，为这Ti个彩珠分别出现的位置。 

输出格式：

输出应包含一行，为最短彩带长度。

深感不安，题解大佬都是o(N)的一遍扫描过，而我这个菜鸡只能想到n log n的二分，慌得一匹。

二分思路：这题答案满足单调性，所以我们就先排序（完了又一个n log n ）然后直接二分答案。。。。。真的没啥好说的了

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
using namespace std;
struct node{
    long long far,id;
}a[1000001];
long long team[1000001],ans,n;
long long o[101],head,tail,k,m,t;
inline bool cmp(node c,node d){
    return c.far<d.far;
}
inline char gc(){
    static char now[1<<16],*S,*T;
    if(T==S){T=(S=now)+fread(now,1,1<<16,stdin);if (T==S) return EOF;}
    return *S++;
}
inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=gc();
    while(ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=gc();}
    while(ch<='9'&&ch>='0') x=x*10+ch-'0',ch=gc();
    return x*f;
}
void write(int x){
    if(x<10){putchar(x%10+48); return;}
    write(x/10); putchar(x%10+48); 
}
inline bool check(long long x){
    memset(o,0,sizeof(o));
    head=1; tail=0;
    int g=0;
    for (re int i=1; i<=n; i++){
        tail++; team[tail]=i;
        if (!o[a[i].id]) g++;
        o[a[i].id]++;
        while (head<=tail&&a[i].far-a[team[head]].far>x){
            o[a[team[head]].id]--; 
            if (!o[a[team[head]].id]) g--;head++;
        }
        if (g==k) return true;
    }
    return false;
}
int main(){
    n=read(),k=read();
    long long l=0,r=1e9,mid;
//    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    for (re int i=1; i<=k; i++){
        t=read();
        //scanf("%lld",&t);
        while (t--){
            m++; a[m].id=i;
//            scanf("%lld",&a[m].far);
            a[m].far=read(); 
        }
    }
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    while (l<=r){
        mid=l+r>>1;
        if (check(mid)) r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    printf("%lld
",l);    
    return 0;
}