單調隊列是一種嚴格單調的隊列，可以單調遞增，也可以單調遞減。隊首位置保存的是最優解，第二個位置保存的是次優解，ect。。。
單調隊列可以有兩個操作：
1、插入一個新的元素，該元素從隊尾開始向隊首進行搜索，找到合適的位置插入之，如果該位置原本有元素，則替換它。
2、在過程中從隊首刪除不符合當前要求的元素。
單調隊列實現起來可簡單，可復雜。簡單的一個數組，一個head，一個tail指針就搞定。復雜的用雙向鏈表實現。
用處：
1、保存最優解，次優解，ect。
2、利用單調隊列對dp方程進行優化，可將O(n)復雜度降至O(1)。也就是說，將原本會超時的N維dp降優化至N-1維，以求通過。這也是我想記錄的重點
是不是任何DP都可以利用單調隊列進行優化呢？答案是否定的。
記住！只有形如 dp[i]=max/min (f[k]) + g[i] （k<i && g[i]是與k無關的變量）才能用到單調隊列進行優化。
優化的對象就是f[k]。
通過例題來加深感受
http://www.acm.uestc.edu.cn/problem.php?pid=1685
我要長高
Description
韓父有N個兒子，分別是韓一，韓二…韓N。由於韓家演技功底深厚，加上他們間的密切配合，演出獲得了巨大成功，票房甚至高達2000萬。舟子是名很有威望的公知，可是他表面上兩袖清風實則內心陰暗，看到韓家紅紅火火，嫉妒心遂起，便發微薄調侃韓二們站成一列時身高參差不齊。由於舟子的影響力，隨口一句便會造成韓家的巨大損失，具體虧損是這樣計算的，韓一，韓二…韓N站成一排，損失即為C*（韓i與韓i+1的高度差（1<=i<N））之和，搞不好連女兒都賠了.韓父苦苦思索，決定給韓子們內增高（注意韓子們變矮是不科學的只能增高或什么也不做），增高1cm是很容易的，可是增高10cm花費就很大了，對任意韓i，增高Hcm的花費是H^2.請你幫助韓父讓韓家損失最小。
Input
有若干組數據，一直處理到文件結束。 每組數據第一行為兩個整數：韓子數量N(1<=N<=50000)和舟子系數C(1<=C<=100) 接下來N行分別是韓i的高度(1<=hi<=100)。
首先建立方程，很容易想到的是，dp[i][j]表示第 i 個兒子身高為 j 的最低花費。分析題目很容易知道，當前兒子的身高花費只由前一個兒子影響。因此，
dp[i][j]=min(dp[i-1][k] + abs(j-k)*C + (x[i]-j)*(x[i]-j))；其中x[i]是第i個兒子原本的身高
我們分析一下復雜度。
首先有N個兒子，這需要一個循環。再者，每個兒子有0到100的身高，這也需要一維。再再者，0到100的每一個身高都可以有前一位兒子的身高0到100遞推而來。
所以朴素算法的時間復雜度是O(n^3)。題目只給兩秒，難以接受！
分析方程：
當第 i 個兒子的身高比第 i-1 個兒子的身高要高時，
dp[i][j]=min(dp[i-1][k] + j*C-k*C + X); ( k<=j ) 其中 X=(x[i]-j)*(x[i]-j)。
當第 i 個兒子的身高比第 i-1 個兒子的身高要矮時，
dp[i][j]=min(dp[i-1][k] - j*C+k*C + X); ( k>=j )
對第一個個方程，我們令 f[i-1][k]=dp[i-1][k]-k*C, g[i][j]=j*C+X; 於是 dp[i][j] = min (f[i-1][k])+ g[i][j]。轉化成這樣的形式，我們就可以用單調隊列進行優化了。
第二個方程同理。
接下來便是如何實現，實現起來有點技巧。具體見下
View Code
1 #include<iostream> 2 #include<string> 3 #include<stdio.h> 4 #include<memory.h> 5 using namespace std; 6 #define inf 0xfffffff 7 #define min(a,b) a<b?a:b 8 #define max(a,b) a>b?a:b 9 10 int dp[2][101]; 11 int n,c; 12 int q[101]; 13 int head,tail,cur; 14 15 int main() 16 { 17 int i,j,x,nowf; 18 freopen("D:\\in.txt","r",stdin); 19 while(scanf("%d%d",&n,&c)==2) 20 { 21 scanf("%d",&x); 22 cur=0; 23 for(i=0;i<x;i++) 24 dp[cur][i]=inf; 25 for(i=x;i<=100;i++) 26 dp[cur][i]=(x-i)*(x-i); 27 for(i=1;i<n;i++) 28 { 29 scanf("%d",&x); 30 cur=1-cur; 31 //比前一個人高 32 head=tail=0; 33 for(j=0;j<=100;j++) //當身高為j時候，隊列里便已經保存了0~j-1的信息，注意，是第i-1個人的信息 34 { 35 nowf=dp[1-cur][j]-j*c; 36 while(head<tail && q[tail-1]>nowf) 37 tail--; 38 q[tail++]=nowf; 39 if(j<x) 40 dp[cur][j]=inf; 41 else 42 dp[cur][j]=q[head]+j*c+(x-j)*(x-j); 43 } 44 //比前一個人矮 45 head=tail=0; 46 for(j=100;j>=0;j--) //當身高為j時候，隊列里便已經保存了100~j+1的信息，正寫反寫是有技巧的 47 { 48 nowf=dp[1-cur][j]+j*c; 49 while(head<tail && q[tail-1]>nowf) 50 tail--; 51 q[tail++]=nowf; 52 if(j>=x) 53 dp[cur][j]=min(dp[cur][j],q[head]-j*c+(x-j)*(x-j)); 54 } 55 } 56 int ans=inf; 57 for(i=0;i<=100;i++) 58 ans=min(ans,dp[cur][i]); 59 printf("%d\n",ans); 60 } 61 return 0; 62 }
還有一個比較適合理解該優化方法的題目是HDU 3401http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3401
大概題目便是：一個人知道接下來T天的股市行情，想知道最終他能賺到多少錢。
構造狀態dp[i][j]表示第i 天擁有 j只股票的時候，賺了多少錢
狀態轉移有：
1、從前一天不買不賣:
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j])
2、從前i-W-1天買進一些股:
dp[i][j]=max(dp[i-W-1][k]-(j-k)*AP[i],dp[i][j])
3、從i-W-1天賣掉一些股:
dp[i][j]=max(dp[i-W-1][k]+(k-j)*BP[i],dp[i][j])
這里需要解釋一下為什么只考慮第i-W-1天的買入賣出情況即可。想想看，i-W-2天是不是可以通過不買不賣將自己的最優狀態轉移到第i-W-1天？以此類推，之前的都不需要考慮了，只考慮都i-W-1天的情況即可。
對買入股票的情況進行分析，轉化成適合單調隊列優化的方程形式
dp[i][j]=max(dp[i-W-1][k]+k*AP[i])-j*AP[i]。令f[i-W-1][k]=dp[i-W-1][k]+k*AP[i]，則dp[i][j]=max(f[i-W-1][k]) - j*AP[i]。
這便可以用單調隊列進行優化了。賣股的情況類似分析。
View Code
1 #include<iostream> 2 #include<string> 3 using namespace std; 4 #define inf 0xfffffff 5 #define min(a,b) a<b?a:b 6 #define max(a,b) a>b?a:b 7 8 struct node 9 { 10 int pos; 11 int f; 12 }; 13 14 int AP[2001],BP[2001],AS[2001],BS[2001]; 15 int dp[2001][2001]; 16 node q[2001]; 17 int head,tail; 18 int n,MaxP,W; 19 20 int main() 21 { 22 int i,j,cas,nowf; 23 freopen("D:\\in.txt","r",stdin); 24 scanf("%d",&cas); 25 while(cas--) 26 { 27 scanf("%d%d%d",&n,&MaxP,&W); 28 for(i=1;i<=n;i++) 29 { 30 scanf("%d%d%d%d",&AP[i],&BP[i],&AS[i],&BS[i]); 31 } 32 for(i=0;i<=n;i++) 33 for(j=0;j<=MaxP;j++) 34 dp[i][j]=-inf; 35 for(i=1;i<=W+1;i++) 36 { 37 for(j=0;j<=(min(MaxP,AS[i]));j++) 38 dp[i][j]=-AP[i]*j; 39 } 40 dp[0][0]=0; 41 for(i=1;i<=n;i++) 42 { 43 for(j=0;j<=MaxP;j++) 44 dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]); 45 if(i<=W+1) 46 continue; 47 int pre=i-W-1; //隊列里保存的是第i-W-1天的信息 48 head=tail=0; 49 for(j=0;j<=MaxP;j++) //因為是買，所以肯定越來越多,求DP[i][j]的時候，之前的0~~j-1的信息就存在在隊列了 50 { 51 nowf=dp[pre][j]+j*AP[i]; 52 while(head<tail && q[tail-1].f<nowf) 53 tail--; 54 q[tail].f=nowf;q[tail++].pos=j; 55 while(head<tail && q[head].pos+AS[i]<j) 56 head++; 57 dp[i][j]=max(dp[i][j],q[head].f-j*AP[i]); 58 } 59 head=tail=0; 60 for(j=MaxP;j>=0;j--) //因為是賣，道理同上 61 { 62 nowf=dp[pre][j]+j*BP[i]; 63 while(head<tail && q[tail-1].f<nowf) 64 tail--; 65 q[tail].f=nowf;q[tail++].pos=j; 66 while(head<tail && q[head].pos-BS[i]>j) 67 head++; 68 dp[i][j]=max(dp[i][j],q[head].f-j*BP[i]); 69 } 70 } 71 int ans=0; 72 for(i=0;i<=MaxP;i++) 73 ans=max(ans,dp[n][i]); 74 printf("%d\n",ans); 75 } 76 return 0; 77 }
最后再說一個應用，用單調隊列來優化多重背包問題 hdu 2191
如果有n個物品，每個物品的價格是w，重量是c，且每個物品的數量是k，那么用這樣的一些物品去填滿一個容量為m的背包，使得得到的背包價值最大化，這樣的問題就是多重背包問題。
對於多重背包的問題，有一種優化的方法是使用二進制優化，這種優化的方法時間復雜度是O(m*∑log k[i])，具體可以見
http://www.cnblogs.com/ka200812/archive/2011/08/06/2129505.html
而利用單調隊列的優化，復雜度是O(mn)
首先，對於第i件物品，如果已知體積為V，價值為W，數量為K，那么可以按照V的余數，將當前的體積J分成V組(0,1,....V-1)。
對於任意一組，可以得到轉移方程：f[i*V+c]=f[k*V+c]+(i-k)*W，其中c是V組分組中的任意一個
令f[i*V+c]=dp[i]，那么就得到dp[i]=dp[k]+(i-k)*W (k>=i-K)
將dp[k]-k*W看做是優化函數，那么就可以運用單調隊列來優化了
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1 #include<iostream> 2 #include<string> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 6 int c,w,num; 7 int a[101],b[101],f[101]; 8 int n,m; 9 int q[101]; 10 int head,tail; 11 12 int main() 13 { 14 int i,cas,k,j; 15 freopen("in.txt","r",stdin); 16 scanf("%d",&cas); 17 while(cas--) 18 { 19 scanf("%d%d",&m,&n); 20 memset(f,0,sizeof(f)); 21 for(i=0;i<n;i++) 22 { 23 scanf("%d%d%d",&c,&w,&num); 24 if(m/c<num) //取最小值 25 num=m/c; 26 for(k=0;k<c;k++) //分成c份 27 { 28 head=tail=0; 29 for(j=0;j<=(m-k)/c;j++) 30 { 31 int x=j; 32 int y=f[j*c+k]-j*w; //將f[j*c+k]-j*w入隊 33 while(head<tail && y>=b[tail-1]) 34 tail--; 35 a[tail]=x; //記錄下標 36 b[tail++]=y; //記錄dp值 37 while(a[head]<j-num) //如果超出了范圍 38 head++; 39 f[j*c+k]=b[head]+j*w; 40 } 41 } 42 } 43 printf("%d\n",f[m]); 44 } 45 return 0; 46 }