本系列是这本算法教材的扩展资料：《算法竞赛入门到进阶》(京东 当当 ) 清华大学出版社
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单调队列是很常见的DP优化技术，本节讲解基本的思路和方法。在前面一篇博文“斜率优化”中，单调队列也有关键的应用。
1. 单调队列优化的原理
先回顾单调队列的概念，它有以下特征：
（1）单调队列的实现。用双端队列实现，队头和队尾都能插入和弹出。手写双端队列很简单。
（2）单调队列的单调性。队列内的元素具有单调性，从小到大，或者从大到小。
（3）单调队列的维护。每个新元素都能进入队列，它从队尾进入队列时，为维护队列的单调性，应该与队尾比较，把破坏单调性的队尾弹出。例如一个从小到大的单调队列，如果要进队的新元素a比原队尾v小，那么把v弹走，然后a继续与新的队尾比较，直到a比队尾大为止，最后a进队尾。
单调队列在DP优化中的基本应用，是对这样一类DP方程进行优化：
(dp[i] = min{dp[j] + a[i] + b[j]}) (L(i) ≤ j ≤ R(i)) --方程(1)
公式中的(min)也可以是(max)。方程的特点是其中关于(i)的项(a[i])和关于(j)的项(b[j])是独立的。(j)被限制在窗口([L(i), R(i)])内，常见的例如给定一个窗口值(k)，(i-k≤j≤i)。这个DP方程的编程实现，如果简单地对i做外层循环，对j做内层循环，复杂度(O(n^2))。如果用单调队列优化，复杂度可提高到(O(n))。
为什么单调队列能优化这个DP方程？
概况地说，单调队列优化算法能把内外i、j两层循环，精简到一层循环。其本质原因是“外层(i)变化时，不同的(i)所对应的内层(j)的窗口有重叠”。如下图所示，(i=i_1)时，对应的(j_1)的移动窗口（窗口内处理DP决策）范围是上面的阴影部分；(i=i_2)时，对应的(j_2)处理的移动窗口范围是下面的阴影；两部分有重叠。当(i)从(i_1)增加到(i_2)时，这些重叠的部分被重复计算，如果减少这些重复，就得到了优化。
在窗口内处理的这些决策，有两种情况：
（1）被排除的不合格决策。内层循环j排除的不合格决策，在外层循环i增大时，需要重复排除。
（2）未被排除的决策。内层j未排除的决策，在外层i增大时，仍然能按原来的顺序被用到。
那么可以用单调队列统一处理这些决策，从而精简到只用一个循环，得到优化。下面详细介绍单调队列的操作。
（1）求一个dp[i]。i是外层循环，j是内层循环，在做j的内层循环时，可以把外层的i看成一个定值。此时a[i]可以看成常量，把j看成窗口[L(i), R(i)]内的变量，DP方程(1)等价于：
(dp[i] = min{dp[j] + b[j]} + a[i])
问题转化为求窗口([L(i), R(i)])内的最优值(min{dp[j] + b[j]})。记(ds[j] = dp[j] + b[j]),在窗口内，用单调队列处理(ds[j])，排除掉不合格的决策，最后求得区间内的最优值，最优值即队首。得到窗口内的最优值后，就可以求得(dp[i])。另外，队列中留下的决策，在(i)变化后仍然有用。
请注意，队列处理的决策(ds[j])只和(j)有关，和(i)无关，这是本优化方法的关键。如果既和(i)有关，又和(j)有关，它就不能在下一步“（2）求所有的dp[i]”时得到应用。具体来说是这样的：1）如果(ds[j])只和(j)有关，那么一个较小的(i_1)操作的某个策略(ds[j])，和一个较大的(i_2)所操作的某个策略(ds[j])是相等的，从而产生了重复性，可以优化；2）如果(ds[])和(i)、(j)都有关，那么就没有重复性，无法优化。请结合后面的例题深入理解。
（2）求所有的(dp[i])。考虑外层循环i变化时的优化方法。一个较小的(i_1)所排除的(ds[j])，在处理一个较大的(i_2)时，也会被排除，重复排除其实没有必要；一个较小的(i_1)所得到的决策，仍能用于一个较大的(i_2)。统一用一个单调队列处理所有的(i)，每个(ds[j])（提示：此时(j)不再局限于窗口([L(i), R(i)])，而是整个区间(1≤j≤n)，那么(ds[j])实际上就是(ds[i])了)都进入队列一次，并且只进入队列一次，总复杂度(O(n))。此时内外层循环(i)、(j)精简为一个循环(i)。
下面的例题(1)是以上原理的模板题。例题(2)“多重背包”是一个较难的例子，通过它能更透彻地理解单调队列优化的实质。
2. 例题（1）洛谷P2627
Mowing the Lawn https://www.luogu.com.cn/problem/P2627
有一个包括n个正整数的序列，第i个整数是Ei，给定一个整数k，找这样的子序列，子序列中的数在原序列连续的不能超过k个。对子序列求和，问所有子序列中最大的和是多少。1 ≤ n ≤ 100,000，0 ≤ Ei ≤ 1,000,000,000，1 ≤ k ≤ n。
例如n = 5，{7, 2, 3, 4, 5}，k = 2，子序列{7, 2, 4, 5}有最大和18，其中的连续部分是{7,2}、{4,5}，长度都不超过k = 2。
由于(n)较大，算法的复杂度应该小于(O(n^2))，否则会超时。
用DP解题，定义 (dp[i])为前(i)头奶牛的最大子序列和，状态转移方程是：
(dp[i]= max{dp[j-1] + sum[i] - sum[j]}) (i-k≤j≤i)
其中(sum[i])是前缀和，即从(E_1) 加到(E_i)。
方程符合单调队列优化的标准方程：(dp[i] = min{dp[j] + b[j]} + a[i])。下面用这个例子详细讲解单调优化队列的操作过程。
把(i)看成定值，上述方程等价于下面的方程：
(dp[i]= max{dp[j-1] - sum[j]} + sum[i]) (i-k≤j≤i)
求(dp[i])，就是找到一个决策(j)，(i-k≤j≤i)，使得(dp[j-1] - sum[j])最大。
对这个方程编程求解，如果简单地做(i)、(j)的循环，复杂度是(O(nk))的，约等于(O(n^2))。
如何优化？回顾单调队列优化的实质：“外层(i)变化时，不同的(i)所对应的内层j的窗口有重叠”。
内层(j)所处理的决策(dp[j-1] - sum[j])，在(i)变化时，确实发生了重叠。下面推理如何使用单调队列。
首先，对一个固定的(i)，用一个递减的单调队列求最大的(dp[j-1] - sum[j])。记(ds[j] = dp[j-1] - Sum[j])，并记这个(i)对应的最大值为(dsmax[i]= max{ds[j]})。用单调队列求(dsmax[i])的步骤见下面的说明。
（1）设从(j = 1)开始，首先让(ds[1])进队列。此时窗口内的最大值(dsmax[i] = ds[1])。
（2）(j = 2)，(ds[2])进队列，讨论两种情况：
1）若(ds[2] ≥ ds[1]), 说明(ds[2])更优，弹走(ds[1])，(ds[2])进队成为新队头，更新(dsmax[i] = ds[2])。这一步排除了不好的决策，留下更好的决策。
2）若(ds[2] < ds[1]), (ds[2])进队列。队头仍然是(ds[1])，保持(dsmax[i] = ds[1])。
这2种情况下(ds[2])都进队，是因为(ds[2])比(ds[1])更晚于离开窗口范围k，即存活时间更长。
（3）继续以上操作，让窗口内的每个(j)，(i-k≤j≤i)，都有机会进队，并保持队列是从大到小的单调队列。
经过以上步骤，求得了固定一个(i)时的最大值(dsmax[i])。
当i变化时，统一用一个单调队列处理，因为一个较小的(i_1)所排除的(ds[j])，在处理后面较大的(i_2)时，也会被排除，没有必要再重新排除一次；而且较小的(i_1)所得到的队列，后面较大的(i_2)也仍然有用。这样，每个(ds[j]（1≤j≤n))都有机会进入队列一次，并且只进入队列一次，总复杂度(O(n))。
如果对上述解释仍有疑问，请仔细分析洛谷P2627的代码[1]。注意一个小技巧：虽然理论上在队列中处理的决策是(dp[j-1] - sum[j])，但是在编码时不用这么麻烦，队列只需要记录(j)，然后在判断的时候用(dp[j-1] - sum[j])进行计算即可。
代码中去头和去尾的2个while语句是单调队列的常用写法，可以看作单调队列的特征。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=100005;
long long n,k,e[maxn],sum[maxn],dp[maxn];
long long ds[maxn]; //ds[j] = dp[j-1]-sum[j]
int q[maxn],head=0,tail=1; //递减的单调队列，队头最大
long long que_max(int j){
ds[j] = dp[j-1]-sum[j];
while(head<=tail && ds[q[tail]]<ds[j]) //去掉不合格的队尾
tail--;
q[++tail]=j; //j进队尾
while(head<=tail && q[head]<j-k) //去掉超过窗口k的队头
head++;
return ds[q[head]]; //返回队头，即最大的dp[j-1]-sum[j]
}
int main(){
cin >> n >> k; sum[0] = 0;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin >> e[i];
sum[i] = sum[i-1] + e[i]; //计算前缀和
}
for(int i=1;i<=n;i++)
dp[i] = que_max(i) + sum[i]; //状态转移方程
cout << dp[n];
}
3. 例题（2）多重背包
本文给出多重背包的3种解法：朴素方法、二进制拆分优化、单调队列优化。
多重背包问题：给定(n)种物品和一个背包，第(i)种物品的体积是(w_i)，价值为(v_i)，并且有(m_i)个，背包的总容量为(W)。如何选择装入背包的物品，使得装入背包中的物品的总价值最大?
洛谷 P1776 宝物筛选 https://www.luogu.com.cn/problem/P1776
输入：
第一行是整数 (n) 和 (W)，分别表示物品种数和背包的最大容量。
接下来 (n) 行，每行三个整数 (v_i)、(w_i)、(m_i)，分别表示第(i)个物品的价值、体积、数量。
输出：
输出一个整数，表示背包不超载的情况下装入物品的最大价值。
解法(1): 朴素方法
给出两种思路。
第一种思路，转换为0/1背包问题。把相同的(m_i)个第(i)种物品看成独立的(m_i)个，总共(sum_{i=1}^nm_i)个物品，然后按0/1背包求解，复杂度是(O(W imessum_{i=1}^nm_i))。
第二种思路，直接求解。定义状态(dp[i][j])：表示把前(i)个物品装进容量(j)的背包，能装进背包的最大价值。第(i)个物品分为装或不装两种情况，得到多重背包的状态转移方程：
(dp[i][j] = max{dp[i-1][j], dp[i-1][j-k*w[i]] + k*v[i]}) (1≤k≤min{m[i], j/w[i]})
直接写(i、j、k)三重循环，复杂度和第一种思路的复杂度一样。下面用滚动数组编码，提交判题后会超时。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXX=100010;
int n,W,dp[MAXX];
int v[MAXX],w[MAXX],m[MAXX]; //物品i的价值、体积、数量
int main(){
cin >> n >> W; //物品数量，背包容量
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i]>>w[i]>>m[i];
//以下是滚动数组版本的多重背包
for(int i=1;i<=n;i++) //枚举物品
for(int j=W;j>=w[i];j--) //枚举背包容量
for(int k=1; k<=m[i] && k*w[i]<=j; k++)
dp[j] = max(dp[j],dp[j-k*w[i]]+k*v[i]);
cout << dp[W] << endl;
return 0;
}
解法(2): “二进制拆分”优化
这是一种简单而有效的技巧，请读者掌握。在解法（1）的基础上加上这个优化，能显著改善复杂度。原理很简单，例如第(i)种物品有(m_i)=25个，这25个物品放进背包的组合，有0~25的26种情况。不过要组合成26种情况，其实并不需要25个物品。根据二进制的计算原理，任何一个十进制整数(X)，都可以用1、2、4、8...这些2的倍数相加得到，例如21 = 16 + 4 + 1，这些2的倍数只有(log_2X)个。题目中第(i)种物品有(m_i)个，用(log_2m_i)个数就能组合出0~(m_i)种情况。总复杂度从(O(W imessum_{i=1}^nm_i))优化到了(O(W imessum_{i=1}^nlog_2m_i))，已经足够好了。
注意具体拆分的方法，先按2的倍数从小到大拆，最后加上一个小于最大倍数的余数。例如一个物品数量是21个，把它拆成1、2、4、8、6这5个“新物品”，最后的余数是6，6<16=(2^4)，读者可以验证用这5个数能组合成1~21内的所有数字。再例如30，拆成1、2、4、8、15，余数15<16=(2^4)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXX=100010;
int n,W,dp[MAXX];
int v[MAXX],w[MAXX],m[MAXX];
int new_n; //二进制拆分后的新物品总数量
int new_v[MAXX],new_w[MAXX],new_m[MAXX]; //二进制拆分后新物品
int main(){
cin >> n >>W;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i]>>w[i]>>m[i];
//以下是二进制拆分
int new_n = 0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m[i];j<<=1) { //二进制枚举：1,2,4...
m[i]-=j; //减去已拆分的
new_w[++new_n] = j*w[i]; //新物品
new_v[new_n] = j*v[i];
}
if(m[i]){ //最后一个是余数
new_w[++new_n] = m[i]*w[i];
new_v[new_n] = m[i]*v[i];
}
}
//以下是滚动数组版本的0/1背包
for(int i=1;i<=new_n;i++) //枚举物品
for(int j=W;j>=new_w[i];j--) //枚举背包容量
dp[j]=max(dp[j],dp[j-new_w[i]]+new_v[i]);
cout << dp[W] << endl;
return 0;
}
解法(3): 单调队列优化
用单调队列优化求解多重背包，复杂度是O(nW)，是最优的算法。
回顾解法(1)用滚动数组实现的多重背包程序：
for(int i=1;i<=n;i++) //枚举每个物品
for(int j=W;j>=w[i];j--) //枚举背包容量
for(int k=1; k<=m[i] && k*w[i]<=j; k++)
dp[j] = max(dp[j],dp[j-k*w[i]]+k*v[i]);
状态转移方程是：(dp[j] = max{dp[j - kw_i] + kv_i}) (1≤k≤min{m_i, j/w_i})
程序是(i、j、k)的三重循环。其中循环(i、j)互相独立，没有关系，不能优化。循环(j、k)是相关的，(k)在(j)上有滑动窗口，所以目标是优化(j、k)这两层循环，此时可以把与(i)有关的部分看成定值。
对比单调队列的模板方程：(dp[i] = max{dp[j] + a[i] + b[j]})
相差太大，似乎并不能应用单调队列。
回顾单调队列优化的实质，“外层(i)变化时，不同的i所对应的内层(j)的窗口有重叠”。状态方程(dp[j] = max{dp[j - kw_i] + kv_i})的外层是(j)，内层是(k)，(k)的滑动窗口是否重叠？下面观察(j - kw_i)的变化情况。首先对比外层(j)和(j+1)，让(k)从(1)递增，它们的(j - kw_i)等于：
| j: | j-3w | j-2w | j-w | ||||||
| j+1: | j+1-3w | j+1-2w | j-w |
没有发生重叠。但是如果对比(j)和(j + w_i)：
| j: | j-3w | j-2w | j-w | ||||||
| j: | j+w-4w | j+w-3w | j+w-2w |
发生了重叠。
可以推理出当(j)等于(j)、(j+w_i)、(j+2w_i)、...时有重叠，进一步推理出：当(j)除以(w_i)的余数相等时，这些(j)对应的内层(k)发生重叠。那么，如果把外层(j)的循环，改成按(j)除以(w_i)的余数相等的值进行循环，就能利用单调队列优化了。
下面把原状态方程变换为可以应用单调队列的模板方程。
原方程是：
(dp[j] = max{dp[j - kw_i] + kv_i}) (1≤k≤min{m_i, j/w_i}) --方程(2)
令(j = b + yw_i)，其中(b = j%w_i)，(b)为(j)除以(w_i)得到的余数；(y = j/w_i)，(y)是(j)整除(w_i)的结果。
把(j)代入方程(2)，得[2]：
(dp[b + yw_i] = max{dp[b + (y-k)w_i] + kv_i}) (1≤k≤min{m_i, y})
令(x = y-k)，代入上式得：
(dp[b + yw_i] = max{dp[b + xw_i] - xv_i + yv_i}) (y-min(m_i,y)≤x≤y)
与模板方程(dp[i] = min{dp[j] + a[i] + b[j]})对比，几乎一样。
用单调队列处理(dp[b + xw_i] - xv_i)，下面给出代码，上述推理过程，详见代码中的注释。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXX=100010;
int n,W;
int dp[MAXX],q[MAXX],num[MAXX];
int w,v,m; //物品的价值v、体积w、数量m
int main(){
cin >> n >> W; //物品数量n，背包容量W
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>v>>w>>m; //物品i的价值v、体积w、数量m
if(m>W/w) m = W/w; //计算 min{m, j/w}
for(int b=0;b<w;b++){ //按余数b进行循环
int head=1, tail=1;
for(int y=0;y<=(W-b)/w;y++){ //y = j/w
int tmp = dp[b+y*w]-y*v; //用队列处理tmp = dp[b + xw] - xv
while(head<tail && q[tail-1]<=tmp) tail--;
q[tail] = tmp;
num[tail++] = y;
while(head<tail && y-num[head]>m) head++; // 约束条件 y-min(mi,y)≤x≤y
dp[b+y*w] = max(dp[b+y*w],q[head]+y*v); // 计算新的dp[]
}
}
}
cout << dp[W] << endl;
return 0;
}
算法的复杂度：外层(i)循环(n)次，内层的(b)和(y)循环总次数是(w×(W-b)/w≈W)，且每次只进出队列一次，所以总复杂度是(O(nW))。
4. 习题
洛谷 P1725，P3957
poj 1821，2373，3017，3926
hdu 3401，3514，5945