在学习单调队列前，让我们先来看一道例题。
POJ2823 Sliding Window
本题大意是给出一个长度为 的数组，编程输出每 个连续的数中的最大值和最小值。
最暴力的想法很简单，对于每一段 的序列，逐个比较来找出最大值（和最小值），时间复杂度约为 。
很显然，这其中进行了大量重复工作，除了开头 个和结尾 个数之外，每个数都进行了 次比较，而题中 的数据为 ，当 稍大的情况下，显然会 TLE。
这时所用到的就是单调队列了。
定义
顾名思义，单调队列的重点分为「单调」和「队列」。
「单调」指的是元素的「规律」——递增（或递减）。
「队列」指的是元素只能从队头和队尾进行操作。
Ps. 单调队列中的 "队列" 与正常的队列有一定的区别，稍后会提到
例题分析
解释
有了上面「单调队列」的概念，很容易想到用单调队列进行优化。
要求的是每连续的 个数中的最大（最小）值，很明显，当一个数进入所要 "寻找" 最大值的范围中时，若这个数比其前面（先进队）的数要大，显然，前面的数会比这个数先出队且不再可能是最大值。
也就是说——当满足以上条件时，可将前面的数 "弹出"，再将该数真正 push 进队尾。
这就相当于维护了一个递减的队列，符合单调队列的定义，减少了重复的比较次数，不仅如此，由于维护出的队伍是查询范围内的且是递减的，队头必定是该查询区域内的最大值，因此输出时只需输出队头即可。
显而易见的是，在这样的算法中，每个数只要进队与出队各一次，因此时间复杂度被降到了 。
而由于查询区间长度是固定的，超出查询空间的值再大也不能输出，因此还需要 site 数组记录第 个队中的数在原数组中的位置，以弹出越界的队头。
过程
例如我们构造一个单调递增的队列会如下：
原序列为：
因为我们始终要维护队列保证其 递增 的特点，所以会有如下的事情发生：
| 1 入队 |
{1} |
| 3 比 1 大，3 入队 |
{1 3} |
| -1 比队列中所有元素小，所以清空队列 -1 入队 |
{-1} |
| -3 比队列中所有元素小，所以清空队列 -3 入队 |
{-3} |
| 5 比 -3 大，直接入队 |
{-3 5} |
| 3 比 5 小，5 出队，3 入队 |
{-3 3} |
| -3 已经在窗体外，所以 -3 出队；6 比 3 大，6 入队 |
{3 6} |
| 7 比 6 大，7 入队 |
{3 6 7} |
参考代码：
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| #include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define maxn 1000100
using namespace std;
int q[maxn], a[maxn];
int n, k;
void getmin() {
int head = 0, tail = -1;
for (int i = 1; i < k; i++) {
while (head <= tail && a[q[tail]] >= a[i]) tail--;
q[++tail] = i;
}
for (int i = k; i <= n; i++) {
while (head <= tail && a[q[tail]] >= a[i]) tail--;
q[++tail] = i;
while (q[head] <= i - k) head++;
printf("%d ", a[q[head]]);
}
}
void getmax() {
int head = 0, tail = -1;
for (int i = 1; i < k; i++) {
while (head <= tail && a[q[tail]] <= a[i]) tail--;
q[++tail] = i;
}
for (int i = k; i <= n; i++) {
while (head <= tail && a[q[tail]] <= a[i]) tail--;
q[++tail] = i;
while (q[head] <= i - k) head++;
printf("%d ", a[q[head]]);
}
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &k);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
getmin();
printf("\n");
getmax();
printf("\n");
return 0;
}
|
Ps. 此处的 "队列" 跟普通队列的一大不同就在于可以从队尾进行操作，STL 中有类似的数据结构 deque。
另一道例题：Luogu P2698 Flowerpot S
给出 滴水的坐标， 表示水滴的高度， 表示它下落到 轴的位置。每滴水以每秒 1 个单位长度的速度下落。你需要把花盆放在 轴上的某个位置，使得从被花盆接着的第 1 滴水开始，到被花盆接着的最后 1 滴水结束，之间的时间差至少为 。 我们认为，只要水滴落到 轴上，与花盆的边沿对齐，就认为被接住。给出 滴水的坐标和 的大小，请算出最小的花盆的宽度 。
将所有水滴按照 坐标排序之后，题意可以转化为求一个 坐标差最小的区间使得这个区间内 坐标的最大值和最小值之差至少为 。我们发现这道题和上一道例题有相似之处，就是都与一个区间内的最大值最小值有关，但是这道题区间的大小不确定，而且区间大小本身还是我们要求的答案。
我们依然可以使用一个递增，一个递减两个单调队列在 不断后移时维护 内的最大值和最小值，不过此时我们发现，如果 固定，那么 内的最大值只会越来越大，最小值只会越来越小，所以设 ，则 是个关于 的递增函数，故 。这说明对于每个固定的 ，向右第一个满足条件的 就是最优答案。 所以我们整体求解的过程就是，先固定 ，从前往后移动 ，使用两个单调队列维护 的最值。当找到了第一个满足条件的 ，就更新答案并将 也向后移动。随着 向后移动，两个单调队列都需及时弹出队头。这样，直到 移到最后，每个元素依然是各进出队列一次，保证了 的时间复杂度。
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| #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100005;
typedef long long ll;
int mxq[N], mnq[N];
int D, ans, n, hx, rx, hn, rn;
struct la {
int x, y;
bool operator<(const la &y) const { return x < y.x; }
} a[N];
int main() {
scanf("%d%d", &n, &D);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d%d", &a[i].x, &a[i].y);
}
sort(a + 1, a + n + 1);
hx = hn = 1;
ans = 2e9;
int L = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
while (hx <= rx && a[mxq[rx]].y < a[i].y) rx--;
mxq[++rx] = i;
while (hn <= rn && a[mnq[rn]].y > a[i].y) rn--;
mnq[++rn] = i;
while (L <= i && a[mxq[hx]].y - a[mnq[hn]].y >= D) {
ans = min(ans, a[i].x - a[L].x);
L++;
while (hx <= rx && mxq[hx] < L) hx++;
while (hn <= rn && mnq[hn] < L) hn++;
}
}
if (ans < 2e9)
printf("%d\n", ans);
else
puts("-1");
return 0;
}
|