单调队列入门

Max Sum of Max-K-sub-sequence
Time Limit : 2000/1000ms (Java/Other) Memory Limit : 32768/32768K (Java/Other)

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Problem Description
Given a circle sequence A[1],A[2],A[3]……A[n]. Circle sequence means the left neighbour of A[1] is A[n] , and the right neighbour of A[n] is A[1].
Now your job is to calculate the max sum of a Max-K-sub-sequence. Max-K-sub-sequence means a continuous non-empty sub-sequence which length not exceed K.

Input
The first line of the input contains an integer T(1<=T<=100) which means the number of test cases.
Then T lines follow, each line starts with two integers N , K(1<=N<=100000 , 1<=K<=N), then N integers followed(all the integers are between -1000 and 1000).

Output
For each test case, you should output a line contains three integers, the Max Sum in the sequence, the start position of the sub-sequence, the end position of the sub-sequence. If there are more than one result, output the minimum start position, if still more than one , output the minimum length of them.

Sample Input
4
6 3
6 -1 2 -6 5 -5
6 4
6 -1 2 -6 5 -5
6 3
-1 2 -6 5 -5 6
6 6
-1 -1 -1 -1 -1 -1

Sample Output
7 1 3
7 1 3
7 6 2
-1 1 1

题目大意：给出一个有N个数字（-1000..1000，N<=10^5）的环状序列，让你求一个和最大的连续子序列。这个连续子序列的长度小于等于K。

分析：因为序列是环状的，所以可以在序列后面复制一段（或者复制前k个数字）。如果用s[i]来表示复制过后的序列的前i个数的和，那么任意一个子序列[i..j]的和就等于s[j]-s[i-1]。对于每一个j，用s[j]减去最小的一个s=j-k+1”>i就可以得到以j为终点长度不大于k的和最大的序列了。将原问题转化为这样一个问题后，就可以用单调队列解决了。

单调队列即保持队列中的元素单调递增（或递减）的这样一个队列，可以从两头删除，只能从队尾插入。单调队列的具体作用在于，由于保持队列中的元素满足单调性，对于上述问题中的每个j，可以用O(1)的时间找到对应的s[i]。（保持队列中的元素单调增的话，队首元素便是所要的元素了）。

维护方法：对于每个j，我们插入s[j-1]（为什么不是s[j]? 队列里面维护的是区间开始的下标，j是区间结束的下标），插入时从队尾插入。为了保证队列的单调性，我们从队尾开始删除元素，直到队尾元素比当前需要插入的元素优（本题中是值比待插入元素小，位置比待插入元素靠前，不过后面这一个条件可以不考虑），就将当前元素插入到队尾。之所以可以将之前的队列尾部元素全部删除，是因为它们已经不可能成为最优的元素了，因为当前要插入的元素位置比它们靠前，值比它们小。我们要找的，是满足(i>=j-k+1)的i中最小的s[i]，位置越大越可能成为后面的j的最优s[i]。
在插入元素后，从队首开始，将不符合限制条件(i>=j-k+1)的元素全部删除，此时队列一定不为空。（因为刚刚插入了一个一定符合条件的元素）

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<deque>
using namespace std;

int arr[200010],sum[200010];

int main()
{
//  freopen("input.txt","r",stdin);
    int T;
    int N,K,i;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d %d",&N,&K);
        sum[0] = 0;
        for(i=1; i<=N; ++i){
            scanf("%d",&arr[i]);
            sum[i] = sum[i-1] + arr[i];
        }
        for(i=N+1; i<N+K; ++i){
            sum[i] = sum[i-1] + arr[i-N];
        }
        deque<int>q;
        q.clear();
        int max = -2147483647,start,end;
        for(i=1; i<N+K; ++i){

            while(!q.empty() && sum[q.back()] > sum[i-1])
                q.pop_back ();

            while(!q.empty() && q.front() < (i-K))
                q.pop_front();

            q.push_back (i-1);

            int val = sum[i] - sum[q.front()];
            if(val > max){
                max = val;
                start = q.front() + 1;
                end = i;
            }
        }
        printf("%d %d %d\n",max, start, end>N?end%N:end);
    }
    return 0;
}

POJ2823 滑动窗口中元素的最值（单调队列）
给定一个大小已知的数组以及一个大小已知的滑动窗口，窗口每个时刻向后移动一位，求出每个时刻窗口中数字的最大值和最小值。
这个题是单调队列的入门题。
求最大值：建立一个单调递减队列，元素从左到右依次入队，入队之前必须从队列尾部开始删除那些比当前入队元素小或者相等的元素，直到遇到一个比当前入队元素大的元素，或者队列为空为止。若此时队列的大小超过窗口值，则从队头删除元素，直到队列大小小入窗口值为止。然后把当前元素插入队尾。
求最小值：建立一个单调递增队列，元素从左到右依次入队，入队之前必须从队列发问开始删除那些比当前入队元素大或者相等的元素，直到遇到一个比当前入队元素小的元素，或者队列为空为止。若此时队列的大小超过窗口值，则从队头删除元素，直到队列大小小入窗口值为止。然后把当前元素插入队尾。
设窗口大小为k，本题解法为建立两个单调队列，先从原数组中取前k个元素按上述要求入队，然后获取队头元素，再把下一个元素放入队中，再获取头元素，这样一直到最后一个元素为止。最后把答案从头到尾依次输出即可。

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;

const int N = 1000005;

struct Elem
{
    int val;
    int pos;
};

Elem maxque[N];
Elem minque[N];
int maxhead, minhead, maxtail, mintail;
int maxans[N];
int minans[N];
int cur;

int main()
{
    int n, w, num;
    scanf("%d%d", &n, &w);
    minhead = mintail = 0;
    maxhead = maxtail = 0;
    cur = 0;
    for (int i = 0; i < w; ++i)
    {
        scanf("%d", &num);

        while (minhead < mintail && minque[mintail - 1].val >= num) --mintail;
        minque[mintail].val = num;
        minque[mintail].pos = i;
        ++mintail;

        while (maxhead < maxtail && maxque[maxtail - 1].val <= num) --maxtail;
        maxque[maxtail].val = num;
        maxque[maxtail].pos = i;
        ++maxtail;
    }
    for (int i = w; i < n; ++i)
    {
        minans[cur] = minque[minhead].val;
        maxans[cur] = maxque[maxhead].val;
        ++cur;

        scanf("%d", &num);

        while (minhead < mintail && i - minque[minhead].pos >= w) ++minhead;
        while (minhead < mintail && minque[mintail - 1].val >= num) --mintail;
        minque[mintail].val = num;
        minque[mintail].pos = i;
        ++mintail;

        while (maxhead < maxtail && i - maxque[maxhead].pos >= w) ++maxhead;
        while (maxhead < maxtail && maxque[maxtail - 1].val <= num) --maxtail;
        maxque[maxtail].val = num;
        maxque[maxtail].pos = i;
        ++maxtail;
    }
    minans[cur] = minque[minhead].val;
    maxans[cur] = maxque[maxhead].val;
    ++cur;

    for (int i = 0; i < cur; ++i)
    {
        if (i > 0) putchar(' ');
        printf("%d", minans[i]);
    }
    printf("\n");
    for (int i = 0; i < cur; ++i)
    {
        if (i > 0) putchar(' ');
        printf("%d", maxans[i]);
    }
    printf("\n");

    return 0;
}