单调队列 && 斜率优化dp 专题

首先得讲一下单调队列，顾名思义，单调队列就是队列中的每个元素具有单调性，如果是单调递增队列，那么每个元素都是单调递增的，反正，亦然。

那么如何对单调队列进行操作呢？

是这样的：对于单调队列而言，队首和队尾都可以进行出队操作，但只有队尾能够进行入队操作。

至于如何来维护单调队列，这里以单调递增队列为例：

1、如果队列的长度是一定的，首先判断队首元素是否在规定范围内，如果不再，则队首指针向后移动。（至于如何来判断是否在制定范围内，一般而言，我们可以给每个元素设定一个入队的序号，这样就能够知道每个元素原来的顺序了）。

2、每次加入元素是，如果元素小于队尾元素且队列非空，则减小尾指针，队尾元素出队列，直到保持队列单调性为止。

题目链接：http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=1894

单调队列的入门题，我们给每个队列中的元素设定一个入队序号，并且设置一个变量来记录当前有多少人离开，这样我们可以维护一个单调递减队列，每次入队的时候，找当前元素适合的位置，每次出队列的时候，判断当前队首元素的入队序号与离开总入数的大小，如果小于等于，则说明当前队首元素应该已经在出队范围内，那么队首指针应该向后移动，直到找到元素的序号比当前离开的总人数大的那个元素，并且出队列。

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    > File Name: fzu1894.cpp
    > Author: syhjh
    > Created Time: 2014年03月11日 星期二 08时55分28秒
 ************************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MAXN = (1000000 + 10);
struct Node {
    int val, num;
};

Node que[MAXN];

int main()
{
    char s1[7], s2[7];
    int Case;
    scanf("%d", &Case);
    while (Case--) {
        int head = 0, tail = -1, val;
        int num = 0, level = 0;
        scanf("%s", s1);
        while (~scanf("%s", s1)) {
            if (strcmp(s1, "END") == 0) {
                break;
            }
            if (s1[0] == 'C') {
                scanf("%s %d", s2, &val);
                //找到当前值适合插入的位置，并且将其后面的元素全部舍弃
                while (head <= tail && que[tail].val <= val) tail--;
                que[++tail].val = val;
                que[tail].num = ++num;
            } else if (s1[0] == 'Q') {
                //level记录了有多少个离开，因此我们要找的是队头元素进队列时的序号大于
                //目前离开的总人数，这样才能够说明当前元素还在队列中
                while (head <= tail && que[head].num <= level) {
                    head++;
                }
                if (tail < head) {
                    puts("-1");
                } else 
                    printf("%d
", que[head].val);
            } else 
                level++;
        }
    }
    return 0;
}

题目链接：http://poj.org/problem?id=2823

比较裸的单调队列，可以开两个队列来保存结果，一个单调递增来保存最小值，一个单调递减来保存最大值，每个元素入队列时都给一个入队编号，然后我们在判断的时候，只要判断当前元素的序号与队首元素的序号相差不大与K，则最值就是当前队首元素，否则，队首指针向后移动，直到找到一个符合条件的元素。

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    > File Name: poj2823.cpp
    > Author: syhjh
    > Created Time: 2014年03月11日 星期二 09时45分04秒
 ************************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;

const int MAXN = (1000000 + 100);
struct Node {
    int val, index;
};

Node que1[MAXN], que2[MAXN];
int N, K, M;
int num[MAXN];
int ans1[MAXN], ans2[MAXN];

void getSolve1()
{
    int head = 0, tail = -1, len = K;
    M = 0;
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        while (head <= tail && num[i] <= que1[tail].val) {
            tail--;
        }
        que1[++tail].val = num[i];
        que1[tail].index = i;
        if (i - len == 0) {
            while (head <= tail && i - que1[head].index + 1 > K) {
                head++;
            }
            ans1[++M] = que1[head].val;
            len++;
        }
    }
}

void getSolve2()
{
    int head = 0, tail = -1, len = K;
    M = 0;
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        while (head <= tail && num[i] >= que2[tail].val) {
            tail--;
        }
        que2[++tail].val = num[i];
        que2[tail].index = i;
        if (i - len == 0) {
            while (head <= tail && i - que2[head].index + 1 > K) {
                head++;
            }
            ans2[++M] = que2[head].val;
            len++;
        }
    }
}

int main()
{
    while (~scanf("%d %d", &N, &K)) {
        for (int i = 1; i <= N; i++) {
            scanf("%d", &num[i]);
        }
        getSolve1();
        getSolve2();
        for (int i = 1; i <= M; i++) {
            if (i == M) printf("%d
", ans1[i]);
            else printf("%d ", ans1[i]);
        }
        for (int i = 1; i <= M; i++) {
            if (i == M) printf("%d
", ans2[i]);
            else printf("%d ", ans2[i]);
        }
    }
    return 0;
}

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3415

题目的意思就是让你求最大的长度不超过K的连续序列的和。

思路：由于序列的环状特点，可以在最后添加K-1个数，并且用sum[i]表示1到i的连续和，于是sum[j] - sum[i - 1]就是i到j的连续和了。

那么对于每一个sum[j]，用sum[j]来减去最小的sum[i]（满足j - i >= K - 1)，这样的话，就可以用单调队列来维护最小sum[i]下标了。

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    > File Name: hdu3415.cpp
    > Author: syhjh
    > Created Time: 2014年03月11日 星期二 10时43分42秒
 ************************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <climits>
#include <algorithm>
#include <deque>
using namespace std;

const int MAXN = (200000 + 200);
int N, K;
int sum[MAXN], num[MAXN];
int que[MAXN];

int main()
{
    int Case;
    scanf("%d", &Case);
    while (Case--) {
        scanf("%d %d", &N, &K);
        sum[0] = 0;
        for (int i = 1; i <= N; i++) {
            scanf("%d", &num[i]);
            sum[i] = sum[i - 1] + num[i];
        }
        for (int i = N + 1; i <= N + K - 1; i++) {
            sum[i] = sum[i - 1] + num[i - N];
        }
        int head = 0, tail = -1;
        deque<int > deq;
        int st, ed, ans = INT_MIN; 
        for (int i = 1; i <= N + K - 1; i++) {
            while (head <= tail && sum[i - 1] < sum[que[tail]]) {
                tail--;
            }
            while (head <= tail && i - que[head] > K) {
                head++;
            }
            que[++tail] = i - 1;
            if (sum[i] - sum[que[head]] > ans) {
                ans = sum[i] - sum[que[head]];
                st = que[head] + 1;
                ed = i;
            }
            /*
            while (!deq.empty() && sum[i - 1] < sum[deq.back()]) {
                deq.pop_back();
            }
            while (!deq.empty() && i - deq.front() > K) {
                deq.pop_front();
            }
            deq.push_back(i - 1);
            if (sum[i] - sum[deq.front()] > ans) {
                ans = sum[i] - sum[deq.front()];
                st = deq.front() + 1;
                ed = i;
            }*/
        }
        if (ed > N) ed -= N;
        printf("%d %d %d
", ans, st, ed);
    }
    return 0;
}

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3507

这是我的第一道斜率优化的题目，整整看了一个下午和一个晚上的时间才有点明白过来。

下面的这位大牛写的很好：http://www.cnblogs.com/ka200812/archive/2012/08/03/2621345.html

我自己的代码中也已有详细的注释，纯粹是对这题的理解！

/*************************************************************************
    > File Name: hdu3507.cpp
    > Author: syhjh
    > Created Time: 2014年03月11日 星期二 21时13分52秒
 ************************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;

const int MAXN = (500000 + 500);
int N, M;
int num[MAXN], sum[MAXN];
int dp[MAXN];
int que[MAXN];

int getUp(int j, int k)
{
    return (dp[j] + sum[j] * sum[j]) - (dp[k] + sum[k] * sum[k]);
}

int getDown(int j, int k)
{
    return 2 * sum[j] - 2 * sum[k];
}

int getDp(int i, int j)
{
    return dp[j] + (sum[i] - sum[j]) * (sum[i] - sum[j]) + M;
}


int main()
{
    while (~scanf("%d %d", &N, &M)) {
        sum[0] = 0;
        for (int i = 1; i <= N; i++) {
            scanf("%d", &num[i]);
            sum[i] = sum[i - 1] + num[i];
        }
        int head = 0, tail = 0;
        for (int i = 1; i <= N; i++) {
            //这里我假设，当k < j < i时，如果j比k优的话，有：
            //dp[j] + (sum[i] - sum[j]) ^ 2 + M <= dp[k] + (sum[i] - sum[k]) ^ 2 + M;
            //化简即有：（dp[j]+ sum[j] ^ 2) - (d[k] + sum[k] ^ 2) <= sum[i] * 2(sum[j] - sum[k])
            //令yj = dp[j] + sum[j] ^ 2, yk = dp[k] + sum[k] ^ 2;
            //xj = 2 * sum[j], xk = 2 * sum[k];
            //于是有(yj - yk)/(xj - xk) <= sum[i]; 这里简记为g[j, k] <= sum[i];
            //由于我这里假设k < j < i时，j比k优，说明如果满足上面的不等式，k是取不到的
            //于是就可以把k(概括的讲是j前面的数字剔除掉，于是有了下面head指针的移动
            while (head < tail && getUp(que[head + 1], que[head])
                    <= sum[i] * getDown(que[head + 1], que[head])) {
                head++;
            }
            //根据等式dp[i] = dp[j] + (sum[i] - sum[j]) ^ 2 + M;
            //此时que[head]保留的就是最优值
            //这样每次求得的dp[i]就都是最有的了
            dp[i] = getDp(i, que[head]);
            //上面假设k < j < i,当我加入新元素x时，有k < j < i < x,若有g[x, i] <= g[i, j];
            //那么说明此时新加入的x点比原来的i点更优，于是应该替换原来的点i,于是就有了下面
            //的tail指针左移的情况
            while (head < tail && getUp(i, que[tail]) * getDown(que[tail], que[tail - 1]) 
                    <= getUp(que[tail], que[tail - 1]) * getDown(i, que[tail])) {
                tail--;
            }
            que[++tail] = i;
        }
        printf("%d
", dp[N]);
    }
    return 0;
}


 

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3480

思路：状态方程很容易写，dp[i][j]表示前i个数，分成j组的最小值，于是可以得出方程：dp[i][j] = min(dp[k][j - 1] + (num[i] - num[k + 1) ^ 2) (其中1 <= k < i).可是这个方程的复杂度可是O(n * m * n)。。对于n <=10000, m <=5000这样的数据规模显然是吃不消的。。。

怎么办呢？

可以试试斜率优化：这里我们假设对于k1 < k2 < i.方程在k2处的取值由于在k1处的取值，于是有

dp[k2][j-1] + (num[i]- num[k2 + 1]) ^2 <=  dp[k1][j-1] + (num[i]- num[k1 + 1]) ^ 2;

两边移项化简可得：dp[k2][j-1] + num[k2+ 1] ^2 - (dp[k1][j-1] + num[k1+ 1] ^2) <= num[i] * (2 * num[k2 + 1] - 2 * num[k1 + 1]);

我们令

yk2 = dp[k2][j-1] + num[k2 + 1] ^ 2；

yk1 = dp[k1][j- 1] + num[k1 + 1] ^ 2；

xk2 = 2 * num[k2 + 1]；

xk1 = 2 * num[k1 + 1];

于是有：(yk2 - yk1)/(xk2 - xk1) <= num[i].

这里我们简记为g[k2, k1] = (yk2 - yk1)/(xk2 - xk1);

由于我们一开始假设对于k1 < k2 < i，有k2比k1优，此时满足的条件是g[k2, k1] <= num[i],那么放过来说，当我们的方程满足g[k2, k1] <= num[i]时，k2比k1优，此时就可以去掉k1,也就是单调队列中的头指针向后移动。

假设对于k1 < k2 < k3,有g[k3, k2] <= g[k2, k1].由于我们之前假设当k2优于k1时有g[k2, k1] <= num[i],则g[k3, k2] <= g[k2,k1] <= num[i].于是就有k3 优于k2,又因为k2优于k1,说明k2是永远都取不到的，这样的话，我们可以直接把k2从队尾删除。然后我们重复上一步骤，直到g[k3, k2] > g[k2, k1].

/*************************************************************************
    > File Name: hdu3480.cpp
    > Author: syhjh
    > Created Time: 2014年03月12日 星期三 09时51分55秒
 ************************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MAXN = (10000 + 100);
const int MAXM = (5000 + 50);
int N, M;
int num[MAXN];
int dp[MAXN][MAXM];
int que[MAXN];

//k1 < k2
//yk2 - yk1部分
int getUp(int k1, int k2, int j)
{
    int yk2 = dp[k2][j - 1] + num[k2 + 1] * num[k2 + 1];
    int yk1 = dp[k1][j - 1] + num[k1 + 1] * num[k1 + 1];
    return yk2 - yk1;
}

//k1 < k2
//xk2 - xk1部分
int getDown(int k1, int k2)
{
    int xk2 = 2 * num[k2 + 1];
    int xk1 = 2 * num[k1 + 1];
    return xk2 - xk1;
}

//dp[i][j] = dp[k][j - 1] + (num[i] - num[k + 1]) ^ 2;
int getDp(int i, int k, int j)
{
    return dp[k][j - 1] + (num[i] - num[k + 1]) * (num[i] - num[k + 1]);
}


int main()
{
    int Case, t = 1;
    scanf("%d", &Case);
    while (Case--) {
        scanf("%d %d", &N, &M);
        for (int i = 1; i <= N; i++) {
            scanf("%d", &num[i]);
        }
        sort(num + 1, num + 1 + N);
        for (int i = 1; i <= N; i++) {
            dp[i][1] = (num[i] - num[1]) * (num[i] - num[1]);
        }
        que[0] = 1;
        for (int j = 2; j <= M; j++) {
            int head = 0, tail = 0;
            for (int i = j; i <= N; i++) {
                while (head < tail && getUp(que[tail], i, j) * getDown(que[tail - 1], que[tail]) <= getUp(que[tail - 1], que[tail], j) * getDown(que[tail], i)) {
                    tail--;
                }
                que[++tail] = i;
                while (head < tail && getUp(que[head], que[head + 1], j)
                        <= num[i] * getDown(que[head], que[head + 1])) {
                    head++;
                }
                dp[i][j] = getDp(i, que[head], j);
            }
        }
        printf("Case %d: %d
", t++, dp[N][M]);
    }
    return 0;
}



                

题目链接：http://poj.org/problem?id=3709

思路：状态方程很容易想，dp[i]表示处理到i为止的最小值，于是有dp[i] = min(dp[j] + (sum[i] - sum[j] - (i - j) * num[j + 1]);

对于 n <= 500000的数据规模，O(n^2)的算法必然要T。

这里可以用斜率优化.

假设对于k1 < k2 < i有k2处的值优于k1处的值，于是有dp[k2] + (sum[i] - sum[k2] - (i - k2) * (num[k2 + 1]) <= dp[k1] + (sum[i] - sum[k1] - (i - k1）* (num[k1 + 1]));

化简后可得：(dp[k2] - sum[k2] + k2 * num[k2 + 1]) - (dp[k1] - sum[k1] + k1 * num[k1 + 1]) <= i * (num[k2 + 1] - num[k1 + 1]);

令yk2 = dp[k2] - sum[k2] + k2 * num[k2 + 1];

yk1 = dp[k1] - sum[k1] + k1 * num[k1 + 1];

xk2 = num[k2 + 1];

xk1 = num[k1 + 1];

于是有（yk2 - yk1) <= i * (xk2 - xk1);

由于我们一开始假设k1 < k2 < i，有k2优于k1,也就是说如果满足上述方程:g[k2, k1] = (yk2 - yk1)/ (xk2 - xk1) <= i成立，那么k2就比k1优，也就是说k1是取不到的，由此队首指针要向后移动。

若k1 < k2 < k3 ，如果有g[k3, k2 ] <= g[k2, k1] 由于g[k2, k1] <= i, 那么g[k3, k2] <= i,也就是说k3比k2优，又k2比k1优，于是k2是取不到的,那么k2可以从队尾删除。

/*************************************************************************
    > File Name: poj3709.cpp
    > Author: syhjh
    > Created Time: 2014年03月12日 星期三 16时32分07秒
 ************************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MAXN = (500000 + 50);
typedef long long ll;
int N, K;
ll num[MAXN], sum[MAXN];
ll dp[MAXN];
ll que[MAXN];

//yk2 - yk1 , k1 < k2 < i
ll getUp(int k1, int k2)
{
    ll yk1 = dp[k1] - sum[k1] + k1 * num[k1 + 1];
    ll yk2 = dp[k2] - sum[k2] + k2 * num[k2 + 1];
    return yk2 - yk1;
}

//xk2 - xk1 
ll getDown(int k1, int k2)
{
    return num[k2 + 1] - num[k1 + 1];
}

//dp[i] = dp[j] + (sum[i] - sum[j] - (i - j) * num[j + 1]);
ll getDp(int i, int j)
{
    return dp[j] + (sum[i] - sum[j] - (i - j) * num[j + 1]);
}


int main()
{
    int Case;
    scanf("%d", &Case);
    while (Case--) {
        scanf("%d %d", &N, &K);
        sum[0] = 0;
        for (int i = 1; i <= N; i++) {
            scanf("%lld", &num[i]);
            sum[i] = sum[i - 1] + num[i];
        }
        int head = 0, tail = 0;
        for (int i = 1; i <= N; i++) {
            while (head < tail && getUp(que[head], que[head + 1])
                    <= i * getDown(que[head], que[head + 1])) {
                head++;
            }
            dp[i] = getDp(i, que[head]);
            //由于我们要加入的数是i - (k - 1),但是要保证前一组的数至少有k个相同
            if (i - (K - 1) >= K) {
                int x = i - (K - 1);
                while (head < tail && getUp(que[tail], x) * getDown(que[tail - 1], que[tail]) <= getUp(que[tail - 1], que[tail]) * getDown(que[tail], x)) {
                    tail--;
                }
                que[++tail] = x;
            }
        }
        printf("%lld
", dp[N]);
    }
    return 0;
}

题目链接：http://poj.org/problem?id=1180

状态方程比较难想。

dp[i] 表示第i个任务到n的最小花费，于是有dp[i] = min{dp[j] + (S + sumT[i] - sumT[j]) * (sumF[i] - sumF[j]) + (S + sumT[i] - sumT[j]) * sumF[j]} ;

化简后即得：dp[i] = min{dp[j] + (S + sumT[i] - sumT[j]) * sumF[i];

于是令k1 < k2 有k1 优于k2....步骤基本上就是一样的了。

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    > File Name: poj1180.cpp
    > Author: syhjh
    > Created Time: 2014年03月12日 星期三 21时26分48秒
 ************************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MAXN = (10000 + 100);
int N, S;
int t[MAXN], f[MAXN];
int sumT[MAXN], sumF[MAXN];
int dp[MAXN];
int que[MAXN];

//yk2 - yk1, k1 < k2;
int getUp(int k1, int k2)
{
    return dp[k1] - dp[k2];
}

//xk2 - xk1;
int getDown(int k1, int k2)
{
    return sumT[k1] - sumT[k2];
}

int getDp(int i, int j)
{
    return dp[j] + (S + sumT[i] - sumT[j]) * sumF[i];
}


int main()
{
    while (~scanf("%d %d", &N, &S)) {
        dp[N + 1] = sumT[N + 1] = sumF[N + 1] = 0;
        for (int i = 1; i <= N; i++) {
            scanf("%d %d", &t[i], &f[i]);
        }
        for (int i = N; i >= 1; i--) {
            sumT[i] = sumT[i + 1] + t[i];
            sumF[i] = sumF[i + 1] + f[i];
        }
        int head = 0, tail = -1;
        que[++tail] = N + 1;
        for (int i = N; i >= 1; i--) {
            while (head < tail && getUp(que[head + 1], que[head])
                    <= sumF[i] * getDown(que[head + 1], que[head])) {
                head++;
            }
            dp[i] = getDp(i, que[head]);
            while (head < tail && getUp(i, que[tail]) * getDown(que[tail], que[tail - 1])
                    <= getUp(que[tail], que[tail - 1]) * getDown(i, que[tail])) {
                tail--;
            }
            que[++tail] = i;
        }
        printf("%d
", dp[1]);
    }
    return 0;
}

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2993

思路：ans[i] = min{(sum[i] - sum[j]) / (i - j)), 我们把（i, sum[i])看成一个点，那么不就是求斜率的最大值吗？由于数据规模为10万级别，O（N^2)的算法必然要T。

于是可以用单调队列来优化！

/*************************************************************************
    > File Name: hdu2993.cpp
    > Author: syhjh
    > Created Time: 2014年03月12日 星期三 22时26分13秒
 ************************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;

const int MAXN = (100000 + 100);
template < class T > inline T getMax(const T &a, const T &b)
{
    return a > b ? a : b;
}

int N, K, num[MAXN];
double sum[MAXN];
double ans;
int que[MAXN];

int main()
{
    while (~scanf("%d %d", &N, &K)) {
        sum[0] = 0;
        for (int i = 1; i <= N; i++) {
            scanf("%d", &num[i]);
            sum[i] = sum[i - 1] + num[i] * 1.0;
        }
        int head = 0, tail = -1;
        que[++tail] = 0;
        ans = 0.0;
        for (int i = K; i <= N; i++) {
            int index =  i - K;
            while (head < tail) {
                double y1 = sum[que[tail]] - sum[que[tail - 1]];
                double x1 = que[tail] - que[tail - 1];
                double y2 = sum[index] - sum[que[tail]];
                double x2 = index - que[tail];
                if (y1 * x2 >=  y2 * x1) tail--;
                else break;
            }
            que[++tail] = index;
            while (head < tail) {
                double y1 = sum[que[head]] - sum[i];
                double x1 = que[head] - i;
                double y2 = sum[que[head + 1]] - sum[i];
                double x2 = que[head + 1] - i;
                if (y1 * x2 <= y2 * x1) head++;
                else break;
            }
            ans = getMax(ans, (sum[i] - sum[que[head]]) / (i - que[head]) * 1.0);
        }
        printf("%.2lf
", ans);
    }
    return 0;
}

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2829

思路：dp[i][j]表示前j个数组成i组的最小值，w[i]表示1-i的价值，sum[i]表示1-i的和。于是我们可以得出递推方程:dp[i][j] = min{dp[i-1][k] + w[j] - w[k] - sum[k] *  (sum[j] - sum[k])} (i<= k < j);

毫无疑问，如果按照一般的解法，那么复杂度将是O(n^3)，对于n<= 1000的规模显吃不消，那怎么办呢，试试斜率优化!

我们设k1 < k2 < i时，k2优于k1,于是可以得到：dp[i-1][k2] + w[j] - w[k2] - sum[k2] * (sum[j] - sum[k2]) <= dp[i-1][k1] + w[j] - w[k1] - sum[k1] * (sum[j] - sum[k1]);

化简后可得：dp[i-1][k2] - w[k2] + sum[k2] * sum[k2] - (dp[i-1][k1] - w[k1] + sum[k1] * sum[k1]) <= sum[j] * (sum[k2- sum[k1]) ,令

yk1 = dp[i-1][k1] - w[k1] + sum[k1] * sum[k1];

yk2 = dp[i-1][k2] - w[k2] + sum[k2] * sum[k2];

xk1 = sum[k1];

xk2 = sum[k2];

于是有(yk2- yk1)<= sum[j] * (xk2- xk1).由于我们一开始是假设当k1 < k2 < i时，k2处的取值优于k1，于是我们可以得出当满足(yk2 - yk1) <= sum[i] * (xk2 -xk1)（这里我为了方便起见，简记为g[k2, k1] = (yk2 - yk1)/ (xk2 - xk1))时，k2比k1优，那么也就是说k1是取不到的,于是这是我们应该移动队首指针，将k1从队首删除。

设k1 < k2 < k3< i,如果我们有g[k3, k2] <= g[k2, k1]，由于g[k2, k1] <= sum[j],于是g[k3,k2] <= sum[j],那么也就是说k3处由于k2处，又k2优于k1,说明k2是取不到的，于是k2也可以从队尾删除。

这里说一下单调队列的作用,从递推关系式可以看出，我们是要找当前最优的K值，那么que这个单调队列的队首保存的就是当前最有的K值。

/*************************************************************************
    > File Name: hdu2829.cpp
    > Author: syhjh
    > Created Time: 2014年03月13日 星期四 19时50分07秒
 ************************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MAXN = (1000 + 10);
int N, M;
int num[MAXN], sum[MAXN], w[MAXN]; //w[i]表示1-i算一组的val
int dp[MAXN][MAXN]; //dp[i][j]表示前j个数分成i组的最小val
int que[MAXN];

//yk2 - yk1, k1 < k2;
int getUp(int k1, int k2, int i)
{
    int yk1 = dp[i - 1][k1] - w[k1] + sum[k1] * sum[k1];
    int yk2 = dp[i - 1][k2] - w[k2] + sum[k2] * sum[k2];
    return yk2 - yk1;
}

//xk2 - xk1
int getDown(int k1, int k2)
{
    return sum[k2] - sum[k1];
}

//dp[i][j] = dp[i - 1][k] + (w[j] - w[k] - sum[k] * (sum[j] - sum[k]));
int getDp(int i, int j, int k)
{
    return dp[i - 1][k] + (w[j] - w[k] - sum[k] * (sum[j] - sum[k]));
}

int main()
{
    while (~scanf("%d %d", &N, &M)) {
        if (N == 0 && M == 0) break;
        sum[0] = w[0] = 0;
        for (int i = 1; i <= N; i++) {
            scanf("%d", &num[i]);
            sum[i] = sum[i - 1] + num[i];
            w[i] = w[i - 1] + sum[i - 1] * num[i];
        }
        for (int i = 1; i <= N; i++) {
            dp[1][i] = w[i];
        }
        for (int i = 2; i <= M + 1; i++) {
            int head = 0, tail = -1;
            que[++tail] = i - 1;
            for (int j = i; j <= N; j++) {
                while (head < tail && getUp(que[head], que[head + 1], i)
                         <= sum[j] * getDown(que[head], que[head + 1])) {
                    head++;
                }
                dp[i][j] = getDp(i, j, que[head]);
                while (head < tail && getUp(que[tail], j, i) * getDown(que[tail - 1], que[tail]) <= getUp(que[tail - 1], que[tail], i) * getDown(que[tail], j)) {
                    tail--;
                }
                que[++tail] = j;
            }
        }
        printf("%d
", dp[M + 1][N]);
    }
    return 0;
}


                

PS：单调队列做多了，就能发现只要推出递推方程，然后转化为斜率，那么剩下的基本上就是模板题了！