DP单调队列优化

引入

当你DP推出的状态转移方程类似这样的时候： d p [ i ] = m i n { d p [ j ] + a [ i ] } dp[i]=min\{dp[j]+a[i]\} dp[i]=min{dp[j]+a[i]}，并且每一个$j$都被固定在同样大小$k$的一个区间$i$~$i+k$内，那么，通过下图可以发现，其实整个DP的过程类似单调队列滑动窗口。

由于普通思想需要枚举$j$，时间复杂度为$O(n^2)$，只要题目把数据稍微卡大一点，就会：

所以，我们可以考虑用单调队列来优化枚举$j$的循环，优化后时间复杂度为$O(n)$

单调队列优化

对于当前元素$i$，先按照题目计算出价值$x_i$，然后放入单调队列中。
单调队列在运行到$i$的时候，维护过区间$i-k$~$i$，所以答案通过队头就可以$O(1)$完成查询。
枚举$i$的时间复杂度是$O(n)$，单调队列循环次数一共是$n$次，综合复杂度$O(n)$

例题1

题目传送门

普通思路

我们定义$d{p}_i$为只有前$i$头牛的情况。由于一段的连续长度不能超过$k$，所以我们考虑在$i-k$到$i$枚举$j$（一共$k+1$个元素），不选第$j$头牛，刚好剩下$k$头，满足条件。
我们对$e$求一个前缀和数组$s$，
因此：
d p i = m i n { d p j − 1 + s i − s j } ( i − k ≤ j ≤ i ) dp_i=min\{dp_{j-1}+s_i-s_j\}(i-k\le j\le i) dpi​=min{dpj−1​+si​−sj​}(i−k≤j≤i)

单调队列优化思路

对于$i$，$s_i$是定值，不用枚举，而对于剩下的$d{p}_{j-1}-s_j$可以考虑用单调队列维护最大值。
由于$i-k<i\le i$，所以前区间的最小值一定能维护到，方案可行。

//https://www.luogu.com.cn/problem/P2627
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int read(){
	int x=0,f=1;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar();
	return x*f;
}
void print(int x){
	if(x<0)putchar('-'),x=-x;
	if(x<10){putchar(x+'0');return;}
	print(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
int n,k;
int a[N];
int dp[N];
int q[N];
int f[N];
int tail,head;
signed main(){
	n=read(),k=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=a[i-1]+read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[i]=dp[i-1]-a[i];
		while(head<=tail&&f[q[tail]]<=f[i])tail--;
		q[++tail]=i;
		while(head<=tail&&q[head]<i-k)head++;//不在可行区间内
		dp[i]=f[q[head]]+a[i];
	}
	print(dp[n]);
}

例题2

题目传送门
定义$d{p}_i$为到第$i$个格子的最大值。
对于一个点$i$，最远可以从$i-r$过来，最近可以从$i-l$过来。
那么，对于当前点的最大值就是$i-r$~$i-l$中的最大值加上$a_i$
有：
d p i = m i n { d p j } + a i ( i − r ≤ j ≤ i − l ) dp_i=min\{dp_j\}+a_i(i-r\le j\le i-l) dpi​=min{dpj​}+ai​(i−r≤j≤i−l)
考虑对$d{p}_j$进行单调队列优化。
将离$i$最近的可行点$i-l$加入单调队列中，维护最大值（$i-r$在之前$i+l-r$这个点已经加入单调队列了，不必再加）。

//https://www.luogu.com.cn/problem/P1725
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int read(){
	int x=0,f=1;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar();
	return x*f;
}
void print(int x){
	if(x<0)putchar('-'),x=-x;
	if(x<10){putchar(x+'0');return;}
	print(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
int n;
int l,r;
int a[N];
int q[N];
int head,tail;
int dp[N];
signed main(){
	n=read(),l=read(),r=read();
	for(int i=0;i<=n;i++)a[i]=read(),dp[i+1]=-1e18;//记得初始化
	for(int i=l;i<=n;i++){
		while(head<=tail&&dp[q[tail]]<=dp[i-l])tail--;
		q[++tail]=i-l;
		while(head<=tail&&q[head]<i-r)head++;
		dp[i]=dp[q[head]]+a[i];
	}
	int mx=-1e18;
	for(int i=n-r+1;i<=n;i++)mx=max(mx,dp[i]);//可以到达对岸的点
	print(mx);
}