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。
1 /************************************************************************* 2 > File Name: fzu1894.cpp 3 > Author: syhjh 4 > Created Time: 2014年03月11日 星期二 08时55分28秒 5 ************************************************************************/ 6 #include <iostream> 7 #include <cstdio> 8 #include <cstring> 9 #include <algorithm> 10 using namespace std; 11 12 const int MAXN = (1000000 + 10); 13 struct Node { 14 int val, num; 15 }; 16 17 Node que[MAXN]; 18 19 int main() 20 { 21 char s1[7], s2[7]; 22 int Case; 23 scanf("%d", &Case); 24 while (Case--) { 25 int head = 0, tail = -1, val; 26 int num = 0, level = 0; 27 scanf("%s", s1); 28 while (~scanf("%s", s1)) { 29 if (strcmp(s1, "END") == 0) { 30 break; 31 } 32 if (s1[0] == 'C') { 33 scanf("%s %d", s2, &val); 34 //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 35 while (head <= tail && que[tail].val <= val) tail--; 36 que[++tail].val = val; 37 que[tail].num = ++num; 38 } else if (s1[0] == 'Q') { 39 //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 40 //目前离开的总人数，这样才能够说明当前元素还在队列中 41 while (head <= tail && que[head].num <= level) { 42 head++; 43 } 44 if (tail < head) { 45 puts("-1"); 46 } else 47 printf("%d ", que[head].val); 48 } else 49 level++; 50 } 51 } 52 return 0; 53 }
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。
1 /************************************************************************* 2 > File Name: poj2823.cpp 3 > Author: syhjh 4 > Created Time: 2014年03月11日 星期二 09时45分04秒 5 ************************************************************************/ 6 #include <iostream> 7 #include <cstdio> 8 #include <cstring> 9 #include <algorithm> 10 #include <vector> 11 using namespace std; 12 13 const int MAXN = (1000000 + 100); 14 struct Node { 15 int val, index; 16 }; 17 18 Node que1[MAXN], que2[MAXN]; 19 int N, K, M; 20 int num[MAXN]; 21 int ans1[MAXN], ans2[MAXN]; 22 23 void getSolve1() 24 { 25 int head = 0, tail = -1, len = K; 26 M = 0; 27 for (int i = 1; i <= N; i++) { 28 while (head <= tail && num[i] <= que1[tail].val) { 29 tail--; 30 } 31 que1[++tail].val = num[i]; 32 que1[tail].index = i; 33 if (i - len == 0) { 34 while (head <= tail && i - que1[head].index + 1 > K) { 35 head++; 36 } 37 ans1[++M] = que1[head].val; 38 len++; 39 } 40 } 41 } 42 43 void getSolve2() 44 { 45 int head = 0, tail = -1, len = K; 46 M = 0; 47 for (int i = 1; i <= N; i++) { 48 while (head <= tail && num[i] >= que2[tail].val) { 49 tail--; 50 } 51 que2[++tail].val = num[i]; 52 que2[tail].index = i; 53 if (i - len == 0) { 54 while (head <= tail && i - que2[head].index + 1 > K) { 55 head++; 56 } 57 ans2[++M] = que2[head].val; 58 len++; 59 } 60 } 61 } 62 63 int main() 64 { 65 while (~scanf("%d %d", &N, &K)) { 66 for (int i = 1; i <= N; i++) { 67 scanf("%d", &num[i]); 68 } 69 getSolve1(); 70 getSolve2(); 71 for (int i = 1; i <= M; i++) { 72 if (i == M) printf("%d ", ans1[i]); 73 else printf("%d ", ans1[i]); 74 } 75 for (int i = 1; i <= M; i++) { 76 if (i == M) printf("%d ", ans2[i]); 77 else printf("%d ", ans2[i]); 78 } 79 } 80 return 0; 81 }
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。
1 /************************************************************************* 2 > File Name: hdu3415.cpp 3 > Author: syhjh 4 > Created Time: 2014年03月11日 星期二 10时43分42秒 5 ************************************************************************/ 6 #include <iostream> 7 #include <cstdio> 8 #include <cstring> 9 #include <climits> 10 #include <algorithm> 11 #include <deque> 12 using namespace std; 13 14 const int MAXN = (200000 + 200); 15 int N, K; 16 int sum[MAXN], num[MAXN]; 17 int que[MAXN]; 18 19 int main() 20 { 21 int Case; 22 scanf("%d", &Case); 23 while (Case--) { 24 scanf("%d %d", &N, &K); 25 sum[0] = 0; 26 for (int i = 1; i <= N; i++) { 27 scanf("%d", &num[i]); 28 sum[i] = sum[i - 1] + num[i]; 29 } 30 for (int i = N + 1; i <= N + K - 1; i++) { 31 sum[i] = sum[i - 1] + num[i - N]; 32 } 33 int head = 0, tail = -1; 34 deque<int > deq; 35 int st, ed, ans = INT_MIN; 36 for (int i = 1; i <= N + K - 1; i++) { 37 while (head <= tail && sum[i - 1] < sum[que[tail]]) { 38 tail--; 39 } 40 while (head <= tail && i - que[head] > K) { 41 head++; 42 } 43 que[++tail] = i - 1; 44 if (sum[i] - sum[que[head]] > ans) { 45 ans = sum[i] - sum[que[head]]; 46 st = que[head] + 1; 47 ed = i; 48 } 49 /* 50 while (!deq.empty() && sum[i - 1] < sum[deq.back()]) { 51 deq.pop_back(); 52 } 53 while (!deq.empty() && i - deq.front() > K) { 54 deq.pop_front(); 55 } 56 deq.push_back(i - 1); 57 if (sum[i] - sum[deq.front()] > ans) { 58 ans = sum[i] - sum[deq.front()]; 59 st = deq.front() + 1; 60 ed = i; 61 }*/ 62 } 63 if (ed > N) ed -= N; 64 printf("%d %d %d ", ans, st, ed); 65 } 66 return 0; 67 }
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！
1 /************************************************************************* 2 > File Name: hdu3507.cpp 3 > Author: syhjh 4 > Created Time: 2014年03月11日 星期二 21时13分52秒 5 ************************************************************************/ 6 #include <iostream> 7 #include <cstdio> 8 #include <cstring> 9 #include <algorithm> 10 #include <cmath> 11 using namespace std; 12 13 const int MAXN = (500000 + 500); 14 int N, M; 15 int num[MAXN], sum[MAXN]; 16 int dp[MAXN]; 17 int que[MAXN]; 18 19 int getUp(int j, int k) 20 { 21 return (dp[j] + sum[j] * sum[j]) - (dp[k] + sum[k] * sum[k]); 22 } 23 24 int getDown(int j, int k) 25 { 26 return 2 * sum[j] - 2 * sum[k]; 27 } 28 29 int getDp(int i, int j) 30 { 31 return dp[j] + (sum[i] - sum[j]) * (sum[i] - sum[j]) + M; 32 } 33 34 35 int main() 36 { 37 while (~scanf("%d %d", &N, &M)) { 38 sum[0] = 0; 39 for (int i = 1; i <= N; i++) { 40 scanf("%d", &num[i]); 41 sum[i] = sum[i - 1] + num[i]; 42 } 43 int head = 0, tail = 0; 44 for (int i = 1; i <= N; i++) { 45 //这里我假设，当k < j < i时，如果j比k优的话，有： 46 //dp[j] + (sum[i] - sum[j]) ^ 2 + M <= dp[k] + (sum[i] - sum[k]) ^ 2 + M; 47 //化简即有：（dp[j]+ sum[j] ^ 2) - (d[k] + sum[k] ^ 2) <= sum[i] * 2(sum[j] - sum[k]) 48 //令yj = dp[j] + sum[j] ^ 2, yk = dp[k] + sum[k] ^ 2; 49 //xj = 2 * sum[j], xk = 2 * sum[k]; 50 //于是有(yj - yk)/(xj - xk) <= sum[i]; 这里简记为g[j, k] <= sum[i]; 51 //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 52 //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 53 while (head < tail && getUp(que[head + 1], que[head]) 54 <= sum[i] * getDown(que[head + 1], que[head])) { 55 head++; 56 } 57 //根据等式dp[i] = dp[j] + (sum[i] - sum[j]) ^ 2 + M; 58 //此时que[head]保留的就是最优值 59 //这样每次求得的dp[i]就都是最有的了 60 dp[i] = getDp(i, que[head]); 61 //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]; 62 //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 63 //的tail指针左移的情况 64 while (head < tail && getUp(i, que[tail]) * getDown(que[tail], que[tail - 1]) 65 <= getUp(que[tail], que[tail - 1]) * getDown(i, que[tail])) { 66 tail--; 67 } 68 que[++tail] = i; 69 } 70 printf("%d ", dp[N]); 71 } 72 return 0; 73 } 74 75 76
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].
1 /************************************************************************* 2 > File Name: hdu3480.cpp 3 > Author: syhjh 4 > Created Time: 2014年03月12日 星期三 09时51分55秒 5 ************************************************************************/ 6 #include <iostream> 7 #include <cstdio> 8 #include <cstring> 9 #include <algorithm> 10 using namespace std; 11 12 const int MAXN = (10000 + 100); 13 const int MAXM = (5000 + 50); 14 int N, M; 15 int num[MAXN]; 16 int dp[MAXN][MAXM]; 17 int que[MAXN]; 18 19 //k1 < k2 20 //yk2 - yk1部分 21 int getUp(int k1, int k2, int j) 22 { 23 int yk2 = dp[k2][j - 1] + num[k2 + 1] * num[k2 + 1]; 24 int yk1 = dp[k1][j - 1] + num[k1 + 1] * num[k1 + 1]; 25 return yk2 - yk1; 26 } 27 28 //k1 < k2 29 //xk2 - xk1部分 30 int getDown(int k1, int k2) 31 { 32 int xk2 = 2 * num[k2 + 1]; 33 int xk1 = 2 * num[k1 + 1]; 34 return xk2 - xk1; 35 } 36 37 //dp[i][j] = dp[k][j - 1] + (num[i] - num[k + 1]) ^ 2; 38 int getDp(int i, int k, int j) 39 { 40 return dp[k][j - 1] + (num[i] - num[k + 1]) * (num[i] - num[k + 1]); 41 } 42 43 44 int main() 45 { 46 int Case, t = 1; 47 scanf("%d", &Case); 48 while (Case--) { 49 scanf("%d %d", &N, &M); 50 for (int i = 1; i <= N; i++) { 51 scanf("%d", &num[i]); 52 } 53 sort(num + 1, num + 1 + N); 54 for (int i = 1; i <= N; i++) { 55 dp[i][1] = (num[i] - num[1]) * (num[i] - num[1]); 56 } 57 que[0] = 1; 58 for (int j = 2; j <= M; j++) { 59 int head = 0, tail = 0; 60 for (int i = j; i <= N; i++) { 61 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)) { 62 tail--; 63 } 64 que[++tail] = i; 65 while (head < tail && getUp(que[head], que[head + 1], j) 66 <= num[i] * getDown(que[head], que[head + 1])) { 67 head++; 68 } 69 dp[i][j] = getDp(i, que[head], j); 70 } 71 } 72 printf("Case %d: %d ", t++, dp[N][M]); 73 } 74 return 0; 75 } 76 77 78 79
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。
1 /************************************************************************* 2 > File Name: poj3709.cpp 3 > Author: syhjh 4 > Created Time: 2014年03月12日 星期三 16时32分07秒 5 ************************************************************************/ 6 #include <iostream> 7 #include <cstdio> 8 #include <cstring> 9 #include <algorithm> 10 using namespace std; 11 12 const int MAXN = (500000 + 50); 13 typedef long long ll; 14 int N, K; 15 ll num[MAXN], sum[MAXN]; 16 ll dp[MAXN]; 17 ll que[MAXN]; 18 19 //yk2 - yk1 , k1 < k2 < i 20 ll getUp(int k1, int k2) 21 { 22 ll yk1 = dp[k1] - sum[k1] + k1 * num[k1 + 1]; 23 ll yk2 = dp[k2] - sum[k2] + k2 * num[k2 + 1]; 24 return yk2 - yk1; 25 } 26 27 //xk2 - xk1 28 ll getDown(int k1, int k2) 29 { 30 return num[k2 + 1] - num[k1 + 1]; 31 } 32 33 //dp[i] = dp[j] + (sum[i] - sum[j] - (i - j) * num[j + 1]); 34 ll getDp(int i, int j) 35 { 36 return dp[j] + (sum[i] - sum[j] - (i - j) * num[j + 1]); 37 } 38 39 40 int main() 41 { 42 int Case; 43 scanf("%d", &Case); 44 while (Case--) { 45 scanf("%d %d", &N, &K); 46 sum[0] = 0; 47 for (int i = 1; i <= N; i++) { 48 scanf("%lld", &num[i]); 49 sum[i] = sum[i - 1] + num[i]; 50 } 51 int head = 0, tail = 0; 52 for (int i = 1; i <= N; i++) { 53 while (head < tail && getUp(que[head], que[head + 1]) 54 <= i * getDown(que[head], que[head + 1])) { 55 head++; 56 } 57 dp[i] = getDp(i, que[head]); 58 //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 59 if (i - (K - 1) >= K) { 60 int x = i - (K - 1); 61 while (head < tail && getUp(que[tail], x) * getDown(que[tail - 1], que[tail]) <= getUp(que[tail - 1], que[tail]) * getDown(que[tail], x)) { 62 tail--; 63 } 64 que[++tail] = x; 65 } 66 } 67 printf("%lld ", dp[N]); 68 } 69 return 0; 70 }
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。
1 /************************************************************************* 2 > File Name: poj1180.cpp 3 > Author: syhjh 4 > Created Time: 2014年03月12日 星期三 21时26分48秒 5 ************************************************************************/ 6 #include <iostream> 7 #include <cstdio> 8 #include <cstring> 9 #include <algorithm> 10 using namespace std; 11 12 const int MAXN = (10000 + 100); 13 int N, S; 14 int t[MAXN], f[MAXN]; 15 int sumT[MAXN], sumF[MAXN]; 16 int dp[MAXN]; 17 int que[MAXN]; 18 19 //yk2 - yk1, k1 < k2; 20 int getUp(int k1, int k2) 21 { 22 return dp[k1] - dp[k2]; 23 } 24 25 //xk2 - xk1; 26 int getDown(int k1, int k2) 27 { 28 return sumT[k1] - sumT[k2]; 29 } 30 31 int getDp(int i, int j) 32 { 33 return dp[j] + (S + sumT[i] - sumT[j]) * sumF[i]; 34 } 35 36 37 int main() 38 { 39 while (~scanf("%d %d", &N, &S)) { 40 dp[N + 1] = sumT[N + 1] = sumF[N + 1] = 0; 41 for (int i = 1; i <= N; i++) { 42 scanf("%d %d", &t[i], &f[i]); 43 } 44 for (int i = N; i >= 1; i--) { 45 sumT[i] = sumT[i + 1] + t[i]; 46 sumF[i] = sumF[i + 1] + f[i]; 47 } 48 int head = 0, tail = -1; 49 que[++tail] = N + 1; 50 for (int i = N; i >= 1; i--) { 51 while (head < tail && getUp(que[head + 1], que[head]) 52 <= sumF[i] * getDown(que[head + 1], que[head])) { 53 head++; 54 } 55 dp[i] = getDp(i, que[head]); 56 while (head < tail && getUp(i, que[tail]) * getDown(que[tail], que[tail - 1]) 57 <= getUp(que[tail], que[tail - 1]) * getDown(i, que[tail])) { 58 tail--; 59 } 60 que[++tail] = i; 61 } 62 printf("%d ", dp[1]); 63 } 64 return 0; 65 }
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！
1 /************************************************************************* 2 > File Name: hdu2993.cpp 3 > Author: syhjh 4 > Created Time: 2014年03月12日 星期三 22时26分13秒 5 ************************************************************************/ 6 #include <iostream> 7 #include <cstdio> 8 #include <cstring> 9 #include <algorithm> 10 #include <cmath> 11 using namespace std; 12 13 const int MAXN = (100000 + 100); 14 template < class T > inline T getMax(const T &a, const T &b) 15 { 16 return a > b ? a : b; 17 } 18 19 int N, K, num[MAXN]; 20 double sum[MAXN]; 21 double ans; 22 int que[MAXN]; 23 24 int main() 25 { 26 while (~scanf("%d %d", &N, &K)) { 27 sum[0] = 0; 28 for (int i = 1; i <= N; i++) { 29 scanf("%d", &num[i]); 30 sum[i] = sum[i - 1] + num[i] * 1.0; 31 } 32 int head = 0, tail = -1; 33 que[++tail] = 0; 34 ans = 0.0; 35 for (int i = K; i <= N; i++) { 36 int index = i - K; 37 while (head < tail) { 38 double y1 = sum[que[tail]] - sum[que[tail - 1]]; 39 double x1 = que[tail] - que[tail - 1]; 40 double y2 = sum[index] - sum[que[tail]]; 41 double x2 = index - que[tail]; 42 if (y1 * x2 >= y2 * x1) tail--; 43 else break; 44 } 45 que[++tail] = index; 46 while (head < tail) { 47 double y1 = sum[que[head]] - sum[i]; 48 double x1 = que[head] - i; 49 double y2 = sum[que[head + 1]] - sum[i]; 50 double x2 = que[head + 1] - i; 51 if (y1 * x2 <= y2 * x1) head++; 52 else break; 53 } 54 ans = getMax(ans, (sum[i] - sum[que[head]]) / (i - que[head]) * 1.0); 55 } 56 printf("%.2lf ", ans); 57 } 58 return 0; 59 }
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。
1 /************************************************************************* 2 > File Name: hdu2829.cpp 3 > Author: syhjh 4 > Created Time: 2014年03月13日 星期四 19时50分07秒 5 ************************************************************************/ 6 #include <iostream> 7 #include <cstdio> 8 #include <cstring> 9 #include <algorithm> 10 using namespace std; 11 12 const int MAXN = (1000 + 10); 13 int N, M; 14 int num[MAXN], sum[MAXN], w[MAXN]; //w[i]表示1-i算一组的val 15 int dp[MAXN][MAXN]; //dp[i][j]表示前j个数分成i组的最小val 16 int que[MAXN]; 17 18 //yk2 - yk1, k1 < k2; 19 int getUp(int k1, int k2, int i) 20 { 21 int yk1 = dp[i - 1][k1] - w[k1] + sum[k1] * sum[k1]; 22 int yk2 = dp[i - 1][k2] - w[k2] + sum[k2] * sum[k2]; 23 return yk2 - yk1; 24 } 25 26 //xk2 - xk1 27 int getDown(int k1, int k2) 28 { 29 return sum[k2] - sum[k1]; 30 } 31 32 //dp[i][j] = dp[i - 1][k] + (w[j] - w[k] - sum[k] * (sum[j] - sum[k])); 33 int getDp(int i, int j, int k) 34 { 35 return dp[i - 1][k] + (w[j] - w[k] - sum[k] * (sum[j] - sum[k])); 36 } 37 38 int main() 39 { 40 while (~scanf("%d %d", &N, &M)) { 41 if (N == 0 && M == 0) break; 42 sum[0] = w[0] = 0; 43 for (int i = 1; i <= N; i++) { 44 scanf("%d", &num[i]); 45 sum[i] = sum[i - 1] + num[i]; 46 w[i] = w[i - 1] + sum[i - 1] * num[i]; 47 } 48 for (int i = 1; i <= N; i++) { 49 dp[1][i] = w[i]; 50 } 51 for (int i = 2; i <= M + 1; i++) { 52 int head = 0, tail = -1; 53 que[++tail] = i - 1; 54 for (int j = i; j <= N; j++) { 55 while (head < tail && getUp(que[head], que[head + 1], i) 56 <= sum[j] * getDown(que[head], que[head + 1])) { 57 head++; 58 } 59 dp[i][j] = getDp(i, j, que[head]); 60 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)) { 61 tail--; 62 } 63 que[++tail] = j; 64 } 65 } 66 printf("%d ", dp[M + 1][N]); 67 } 68 return 0; 69 } 70 71 72
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！