用单调队列优化DP，写给自己

单调队列是一种严格单调的队列，可以单调递增，也可以单调递减。队首位置保存的是最优解，第二个位置保存的是次优解，ect。。。

单调队列可以有两个操作：

1、插入一个新的元素，该元素从队尾开始向队首进行搜索，找到合适的位置插入之，如果该位置原本有元素，则替换它。

2、在过程中从队首删除不符合当前要求的元素。

单调队列实现起来可简单，可复杂。简单的一个数组，一个head，一个tail指针就搞定。复杂的用双向链表实现。

用处：

1、保存最优解，次优解，ect。

2、利用单调队列对dp方程进行优化，可将O(n)复杂度降至O(1)。也就是说，将原本会超时的N维dp降优化至N-1维，以求通过。这也是我想记录的重点

是不是任何DP都可以利用单调队列进行优化呢？答案是否定的。

记住！只有形如 dp[i]=max/min (f[k]) + g[i] （k<i && g[i]是与k无关的变量）才能用到单调队列进行优化。

优化的对象就是f[k]。

通过例题来加深感受

http://www.acm.uestc.edu.cn/problem.php?pid=1685

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　我要长高

Description

韩父有N个儿子，分别是韩一，韩二…韩N。由于韩家演技功底深厚，加上他们间的密切配合，演出获得了巨大成功，票房甚至高达2000万。舟子是名很有威望的公知，可是他表面上两袖清风实则内心阴暗，看到韩家红红火火，嫉妒心遂起，便发微薄调侃韩二们站成一列时身高参差不齐。由于舟子的影响力，随口一句便会造成韩家的巨大损失，具体亏损是这样计算的，韩一，韩二…韩N站成一排，损失即为C*（韩i与韩i+1的高度差（1<=i<N））之和，搞不好连女儿都赔了.韩父苦苦思索，决定给韩子们内增高（注意韩子们变矮是不科学的只能增高或什么也不做），增高1cm是很容易的，可是增高10cm花费就很大了，对任意韩i，增高Hcm的花费是H^2.请你帮助韩父让韩家损失最小。

Input

有若干组数据，一直处理到文件结束。每组数据第一行为两个整数：韩子数量N(1<=N<=50000)和舟子系数C(1<=C<=100) 接下来N行分别是韩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 个儿子身高为 j 的最低花费。分析题目很容易知道，当前儿子的身高花费只由前一个儿子影响。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个儿子原本的身高

我们分析一下复杂度。

首先有N个儿子，这需要一个循环。再者，每个儿子有0到100的身高，这也需要一维。再再者，0到100的每一个身高都可以有前一位儿子的身高0到100递推而来。

所以朴素算法的时间复杂度是O(n^3)。题目只给两秒，难以接受！

分析方程：

当第 i 个儿子的身高比第 i-1 个儿子的身高要高时，

dp[i][j]=min(dp[i-1][k] + j*C-k*C + X); ( k<=j ) 其中 X=(x[i]-j)*(x[i]-j)。

当第 i 个儿子的身高比第 i-1 个儿子的身高要矮时，

dp[i][j]=min(dp[i-1][k] - j*C+k*C + X); ( k>=j )

对第一个个方程，我们令 f[i-1][k]=dp[i-1][k]-k*C, g[i][j]=j*C+X; 于是 dp[i][j] = min (f[i-1][k])+ g[i][j]。转化成这样的形式，我们就可以用单调队列进行优化了。

第二个方程同理。

接下来便是如何实现，实现起来有点技巧。具体见下

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             //比前一个人高
32             head=tail=0;
33             for(j=0;j<=100;j++) //当身高为j时候，队列里便已经保存了0~j-1的信息，注意，是第i-1个人的信息
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             //比前一个人矮
45             head=tail=0; 
46             for(j=100;j>=0;j--) //当身高为j时候，队列里便已经保存了100~j+1的信息，正写反写是有技巧的
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 }

还有一个比较适合理解该优化方法的题目是HDU 3401http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3401

大概题目便是：一个人知道接下来T天的股市行情，想知道最终他能赚到多少钱。

构造状态dp[i][j]表示第i 天拥有 j只股票的时候，赚了多少钱

状态转移有：

1、从前一天不买不卖:

dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j])

2、从前i-W-1天买进一些股:

dp[i][j]=max(dp[i-W-1][k]-(j-k)*AP[i],dp[i][j])

3、从i-W-1天卖掉一些股:

dp[i][j]=max(dp[i-W-1][k]+(k-j)*BP[i],dp[i][j])

这里需要解释一下为什么只考虑第i-W-1天的买入卖出情况即可。想想看，i-W-2天是不是可以通过不买不卖将自己的最优状态转移到第i-W-1天？以此类推，之前的都不需要考虑了，只考虑都i-W-1天的情况即可。

对买入股票的情况进行分析，转化成适合单调队列优化的方程形式

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]，则dp[i][j]=max(f[i-W-1][k]) - j*AP[i]。

这便可以用单调队列进行优化了。卖股的情况类似分析。

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; //队列里保存的是第i-W-1天的信息
48             head=tail=0;
49             for(j=0;j<=MaxP;j++) //因为是买，所以肯定越来越多,求DP[i][j]的时候，之前的0~~j-1的信息就存在在队列了
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--) //因为是卖，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 }

最后再说一个应用，用单调队列来优化多重背包问题 hdu 2191

如果有n个物品，每个物品的价格是w，重量是c，且每个物品的数量是k，那么用这样的一些物品去填满一个容量为m的背包，使得得到的背包价值最大化，这样的问题就是多重背包问题。

对于多重背包的问题，有一种优化的方法是使用二进制优化，这种优化的方法时间复杂度是O(m*∑log k[i])，具体可以见

http://www.cnblogs.com/ka200812/archive/2011/08/06/2129505.html

而利用单调队列的优化，复杂度是O(mn)

首先，对于第i件物品，如果已知体积为V，价值为W，数量为K，那么可以按照V的余数，将当前的体积J分成V组(0,1,....V-1)。

对于任意一组，可以得到转移方程：f[i*V+c]=f[k*V+c]+(i-k)*W，其中c是V组分组中的任意一个

令f[i*V+c]=dp[i]，那么就得到dp[i]=dp[k]+(i-k)*W (k>=i-K)

将dp[k]-k*W看做是优化函数，那么就可以运用单调队列来优化了

View Code

 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; //将f[j*c+k]-j*w入队
33                     while(head<tail && y>=b[tail-1])
34                         tail--;
35                     a[tail]=x; //记录下标
36                     b[tail++]=y; //记录dp值
37                     while(a[head]<j-num) //如果超出了范围
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 }