Monotonic Queue Optimizing DP
About the initialization of monotonic queues
AcWing 135. Maximum subsequence sum
Pay attention to the difference in the queue when hh = 0, tt = -1 tt = 0 is initialized. The main thing is to understand the actual meaning of the queue.
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 3 * 1e5 + 10;
int q[N];
LL s[N];
int n, m;
int main()
{
cin >> n >> m;
//预处理前缀和数组
for (int i = 1; i <= n; ++ i)
{
cin >> s[i];
s[i] += s[i - 1];
}
LL res = -1e9;//不能初始化为0，因为s[]可能小于0
//维护单调队列
//如果不把s[0]先放进来，res一开始就会置为0，这在负数的时候不正确
//比如这个样例：
//6 4
//-1 -3 -5 -1 -2 -3
//但是如果这么写就可以了 if (i != 0) res = max(res, s[i] - s[q[hh]]);
// int hh = 0, tt = -1;
// //q[++tt] = 0;//先把s[0]放进来
// for (int i = 0; i <= n; ++ i)
// {
// if (hh <= tt && i - q[hh] > m) hh ++;
// res = max(res, s[i] - s[q[hh]]);
// while (hh <= tt && s[i] <= s[q[tt]]) tt --;
// q[++tt] = i;
// }
int hh = 0, tt = -1;
q[++tt] = 0;//先把s[0]放进来
for (int i = 1; i <= n; ++ i)//s[0]已经放进去了，从1开始就行了
{
if (hh <= tt && i - q[hh] > m) hh ++;
res = max(res, s[i] - s[q[hh]]);
while (hh <= tt && s[i] <= s[q[tt]]) tt --;
q[++tt] = i;
}
cout << res;
return 0;
}
AcWing 1087. Mowing the lawn
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
typedef long long LL;
LL f[N];//从1到i，不选第i个的最小损失的效率
int q[N];
int n, m;
LL res = 1e18 + 7, ans = 0;//res要开到1e18 + 7,开小了过不了
int main()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; ++ i)
{
cin >> f[i];//在这里我们直接用f[i]来存一下数据，这样可以少开一个数组
ans += f[i];
}
int hh = 0, tt = 0;//相当于默认吧s[0] = 0放进去了
for (int i = 1; i <= n; ++ i)
{
if (hh <= tt && i - q[hh] > m + 1) hh ++;//不能连续选m个，转化为每m+1个必须选一个不选，
f[i] += f[q[hh]];//在队列长度还没到m+1之前，q[hh] = 0,f[q[hh] 也是 0，
//当i-q[hh]达到m+1时就会每次循环叠加一个f[q[hh]]，保证每m+1头牛有一头不选的同时损失的效率最小
while (hh <= tt && f[i] <= f[q[tt]]) tt --;//经过上一步叠加后，f[i]已经不是之前的f[i]了，
//如果此时叠加后的f[i]比队尾维护的损失效率更小，那么队尾的数据没用了，直接出队
q[++tt] = i;//不能是tt++，因为一开始q[hh]是0，如果tt++会用1覆盖掉最初的q[hh]
}
for (int i = n - m; i <= n; ++ i)//n-m ~ n是m + 1头牛，我们经过上一个完整的for循环后此时的f[i]就是我们定义的:从1到i，不选第i个的最小损失的效率
{
//最后m+1头牛中我们选择一头不选就行了，不需要res+=是因为此时的f[i]经过我们的预处理已经是叠加后的值
res = min(res, f[i]);
}
cout << ans - res;
return 0;
}
AcWing 1089. Beacon Relay
#include <iostream>
typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
LL s[2 * N];//计算每个点加油量- 耗油量的前缀和，如果s[j] - s[i] < 0;说明从i到j亏油了，不能从i到j，
//我们要找的就是i ～ i+n-1或者i-(n-1) ~ i这个区间里是否有最小的s[j]使得s[j]-s[i]>=0,如果最小的都>=0那么这个区间内的其他地点肯定也可以顺利到达
//如何找一个区间内最小的s[j]呢，这就用到了单调队列，我们维护一个区间的单调队列s[q[hh]]就是这个区间内最小的s[j]
int mark[N], q[N * 2], oli[N], d[N];
int n;
int main()
{
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) cin >> oli[i] >> d[i];
//顺时针游行
for(int i = 1;i <= n;i ++) s[i] = s[i + n] = oli[i] - d[i];//表示i地点加的油和到下一地点消耗的油的差
for (int i = 1; i <= 2 * n; ++ i) s[i] += s[i - 1];//顺时针游行的时候是从1到n，这个游行顺序的话我们前缀和也是给后面的加上前面的数列之和
/*
顺时针游行从大到小遍历的原因:
比如计算到i=6这个点时,需要的数据是6~13这个区间内的的前缀和,从6~13这个区间内找一个最小的s[j] - s[6]看是否满足>=0
如果从小到大遍历,那么队列中并不会存在6~13这个区间内的前缀和,存在的是从-1～6这个区间的前缀和
所以要从大到小进行枚举遍历
*/
int hh = 0, tt = -1;
for (int i = 2 * n; i >= 1; -- i)
{
if (hh <= tt && q[hh] > i + (n - 1)) hh ++;//从i到q[hh]这个地点总地点数超过了n（包括i和q[hh]这两个地方）
while (hh <= tt && s[q[tt]] >= s[i]) tt --;
q[++ tt] = i;
//因为我们是环绕一圈，起点是i终点也是i，所以队列里要包含i这个点，所以添加完i入队后我们再if判断是否合法
if (i <= n && s[q[hh]] - s[i - 1] >= 0) mark[i] = 1;//因为我们计算s[i]的时候根据题意是当前点的加油量-到下一地点的蚝油量，所以这里-s[i - 1]就行了
}
//逆时针游行
hh = 0, tt = -1;
d[0] = d[n];s[1]计算的时候需要
for(int i = 1;i <= n;i ++) s[i] = s[i + n] = oli[i] - d[i - 1];//逆时针反正开，所以s[i]应该是当前点的加油量-当前点到前面点的距离
for (int i = 2 * n; i >= 1; -- i) s[i] += s[i + 1]; //逆时针游行的时候是从n到1，这个游行顺序的话我们前缀和是给前面的加上后面的数列之
for (int i = 1; i <= 2 * n; ++ i)//逆时针的时候我们需要的s是s[1]~s[n],顺时针的时候是s[n]~s[2 * n]
{
//注意这里是q[hh] < 不是 >,因为逆时针的时候目的地在出发地的前面
if (hh <= tt && q[hh] < i - (n - 1)) hh ++;//从i到q[hh]这个地点总地点数超过了n（包括i和q[hh]这两个地方）
while (hh <= tt && s[q[tt]] >= s[i]) tt --;
q[++ tt] = i;
//因为我们是环绕一圈，起点是i终点也是i，所以队列里要包含i这个点，所以添加完i入队后我们再if判断是否合法
if (i >= n && s[q[hh]] - s[i + 1] >= 0) mark[i - n] = 1;//因为我们计算s[i]的时候根据题意是当前点的加油量-到下一地点的蚝油量，
//但是我们是逆时针游行，所以我们的上一个地点的下标其实是i+1所以这里-s[i + 1]就行了
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i)
{
if (mark[i]) cout << "TAK" << endl;
else cout << "NIE" << endl;
}
return 0;
}
#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 2 * 1e5 + 10;
int w[N], q[N];
int f[N];//表示以i为右端点的前缀区间，并且点燃i烽火台的总代价最小是多少
int n, m;
int main()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) cin >> w[i];
int hh = 0, tt = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++ i)
{
if (hh <= tt && i > q[hh] + m) hh ++;//保证队列里面就m个
f[i] = f[q[hh]] + w[i];
while (hh <= tt && f[q[tt]] >= f[i]) tt --;
q[++tt] = i;
}
if (hh <= tt && (n + 1) > q[hh] + m) hh ++ ;//将队列的右端点移动到n+1的位置（即点燃了第n+1个烽火台），说明在n+1这个虚拟的烽火台的前面的n个烽火台都已经可以沟通了
//在这个区间中找一个f[i]既符合题意：可以使n个烽火台进行交流
//也可以直接用f[q[hh]]找到这个区间内最小的总代价
//因为w[n+1]默认是0，所以点染它没有代价
cout << f[q[hh]];
return 0;
}
AcWing 1090. Green Channel
The minimum queue length of this question (the minimum number of empty questions) is determined by our own continuous two-point test. The nature of the two-point judgment is how many minutes it takes to write the question for the empty limit question. See if this time exceeds the time given by the question. The time is legal if it does not exceed the time given in the question.
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 5 * 1e4 + 10;// == 5e4 + 10
int f[N];//表示以i为右端点的前缀区间，并且写第i题后一共花费多少时间
int w[N], q[N];
int n, m;
bool check(int limit)
{
int hh = 0, tt = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++ i)
{
if (hh <= tt && i > q[hh] + limit + 1) hh ++;
f[i] = f[q[hh]] + w[i];//q[hh]是上一个写作业的地方
while (hh <= tt && f[q[tt]] >= f[i]) tt --;
q[++tt] = i;
}
if (n + 1 > q[hh] + limit + 1) hh ++;
return f[q[hh]] <= m;//类似上一题烽火那题
}
int main()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) cin >> w[i];
int l = 0, r = n;
while (l < r)
{
int mid = l + r >> 1;
if (check(mid)) r = mid;//求的是最小的mid，因此往左边二分
else l = mid + 1;
}
cout << r;
return 0;
}