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，可複雜。簡單的一個數組，一個head，一個tail指針就搞定。複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)複雜度降至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，損失即爲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麼也不做），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。 每組數據第一行爲兩個整數：韓子數量N(1<=N<=50000)和舟子係數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 個兒子身高爲 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
我們分析一下複雜度。
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。
所以樸素算法的時間複雜度是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
#include<iostream>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<memory.h>
using namespace std;
#define inf 0xfffffff
#define min(a,b) a<b?a:b
#define max(a,b) a>b?a:b
int dp[2][101];
int n,c;
int q[101];
int head,tail,cur;
int main()
{
int i,j,x,nowf;
freopen("D:\\in.txt","r",stdin);
while(scanf("%d%d",&n,&c)==2)
{
scanf("%d",&x);
cur=0;
for(i=0;i<x;i++)
dp[cur][i]=inf;
for(i=x;i<=100;i++)
dp[cur][i]=(x-i)*(x-i);
for(i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d",&x);
cur=1-cur;
//比前一個人高
head=tail=0;
for(j=0;j<=100;j++) //當身高爲j時候，隊列裏便已經保存了0~j-1的信息，注意，是第i-1個人的信息
{
nowf=dp[1-cur][j]-j*c;
while(head<tail && q[tail-1]>nowf)
tail--;
q[tail++]=nowf;
if(j<x)
dp[cur][j]=inf;
else
dp[cur][j]=q[head]+j*c+(x-j)*(x-j);
}
//比前一個人矮
head=tail=0;
for(j=100;j>=0;j--) //當身高爲j時候，隊列裏便已經保存了100~j+1的信息，正寫反寫是有技巧的
{
nowf=dp[1-cur][j]+j*c;
while(head<tail && q[tail-1]>nowf)
tail--;
q[tail++]=nowf;
if(j>=x)
dp[cur][j]=min(dp[cur][j],q[head]-j*c+(x-j)*(x-j));
}
}
int ans=inf;
for(i=0;i<=100;i++)
ans=min(ans,dp[cur][i]);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}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])
這裏需要解釋一下爲什麼只考慮第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。
#include<iostream>
#include<string>
using namespace std;
#define inf 0xfffffff
#define min(a,b) a<b?a:b
#define max(a,b) a>b?a:b
struct node
{
int pos;
int f;
};
int AP[2001],BP[2001],AS[2001],BS[2001];
int dp[2001][2001];
node q[2001];
int head,tail;
int n,MaxP,W;
int main()
{
int i,j,cas,nowf;
freopen("D:\\in.txt","r",stdin);
scanf("%d",&cas);
while(cas--)
{
scanf("%d%d%d",&n,&MaxP,&W);
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d%d%d",&AP[i],&BP[i],&AS[i],&BS[i]);
}
for(i=0;i<=n;i++)
for(j=0;j<=MaxP;j++)
dp[i][j]=-inf;
for(i=1;i<=W+1;i++)
{
for(j=0;j<=(min(MaxP,AS[i]));j++)
dp[i][j]=-AP[i]*j;
}
dp[0][0]=0;
for(i=1;i<=n;i++)
{
for(j=0;j<=MaxP;j++)
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]);
if(i<=W+1)
continue;
int pre=i-W-1; //隊列裏保存的是第i-W-1天的信息
head=tail=0;
for(j=0;j<=MaxP;j++) //因爲是買，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
{
nowf=dp[pre][j]+j*AP[i];
while(head<tail && q[tail-1].f<nowf)
tail--;
q[tail].f=nowf;q[tail++].pos=j;
while(head<tail && q[head].pos+AS[i]<j)
head++;
dp[i][j]=max(dp[i][j],q[head].f-j*AP[i]);
}
head=tail=0;
for(j=MaxP;j>=0;j--) //因爲是賣，道理同上
{
nowf=dp[pre][j]+j*BP[i];
while(head<tail && q[tail-1].f<nowf)
tail--;
q[tail].f=nowf;q[tail++].pos=j;
while(head<tail && q[head].pos-BS[i]>j)
head++;
dp[i][j]=max(dp[i][j],q[head].f-j*BP[i]);
}
}
int ans=0;
for(i=0;i<=MaxP;i++)
ans=max(ans,dp[n][i]);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}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，那麼用這樣的一些物品去填滿一個容量爲m的揹包，使得得到的揹包價值最大化，這樣的問題就是多重揹包問題。
對於多重揹包的問題，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複雜度是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，複雜度是O(mn)
首先，對於第i件物品，如果已知體積爲V，價值爲W，數量爲K，那麼可以按照V的餘數，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]，那麼就得到dp[i]=dp[k]+(i-k)*W (k>=i-K)
將dp[k]-k*W看做是優化函數，那麼就可以運用單調隊列來優化了
#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;
int c,w,num;
int a[101],b[101],f[101];
int n,m;
int q[101];
int head,tail;
int main()
{
int i,cas,k,j;
freopen("in.txt","r",stdin);
scanf("%d",&cas);
while(cas--)
{
scanf("%d%d",&m,&n);
memset(f,0,sizeof(f));
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&c,&w,&num);
if(m/c<num) //取最小值
num=m/c;
for(k=0;k<c;k++) //分成c份
{
head=tail=0;
for(j=0;j<=(m-k)/c;j++)
{
int x=j;
int y=f[j*c+k]-j*w; //將f[j*c+k]-j*w入隊
while(head<tail && y>=b[tail-1])
tail--;
a[tail]=x; //記錄下標
b[tail++]=y; //記錄dp值
while(a[head]<j-num) //如果超出了範圍
head++;
f[j*c+k]=b[head]+j*w;
}
}
}
printf("%d\n",f[m]);
}
return 0;
}