单调队列定义：
其实单调队列就是一种队列内的元素有单调性的队列，因为其单调性所以经常会被用来维护区间最值或者降低DP的维数已达到降维来减少空间及时间的目的。
单调队列的一般应用：
1.维护区间最值
2.优化DP
例题引入：
求m区间内的最小值：https://www.luogu.org/problemnew/show/P1440
一个含有n项的数列(n<=2000000)，求出每一项前的m个数到它这个区间内的最小值。若前面的数不足m项则从第1个数开始，若前面没有数则输出0。
例题解答：
首先看到题目可以很快想到O（NM）,对于2*10^6这样的数据无疑要TLE的；
接下来考虑用单调队列，因为每一个答案只与当前下标的前m个有关，所以可以用单调队列维护前m的个最小值，
考虑如何实现该维护的过程？？
显然当前下标X的m个以前的元素（即下标小于X-M+1的元素）肯定对答案没有贡献，所以可以将其从单调队列中删除。
对于两个元素A，B，下标分别为a,b，如果有A>=B&&a<b那么B留在队列里肯定优于A，因此可以将A删除。
维护队首：如果队首已经是当前元素的m个之前，将head++，弹出队首元素
维护队尾：比较q[tail]与当前元素的大小，若当前元素更优tail++，弹出队尾元素，直到可以满足队列单调性后加入当前元素。
考虑单调队列的时间复杂度：由于每一个元素只会进队和出队一次，所以为O（N）。
一般建议用数组模拟单调队列进行操作，而不用系统自带的容器，因为系统自带容器不易调试且可能有爆空间的危险。
代码实现：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define maxn 2000009
#define maxm
inline ll read()
{
ll x=,f=;char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if(ch=='-') f=-;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<=''){x=(x<<)+(x<<)+(ll)(ch-'');ch=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,k,tot,head,tail;
int a[maxn],q[maxn];
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
n=read(),m=read();
for(int i=;i<=n;i++)
a[i]=read();
head=,tail=;//起始位置为1 因为插入是q[++tail]所以要初始化为0
for(int i=;i<=n;i++)//每次队首的元素就是当前的答案
{
printf("%d\n",a[q[head]]);
while(i-q[head]+>m&&head<=tail)//维护队首
head++;
while(a[i]<a[q[tail]]&&head<=tail)//维护队尾
tail--;
q[++tail]=i;
}
// fclose(stdin);
// fclose(stdout);
return ;
}
习题报告：
滑动窗口：https://www.luogu.org/problemnew/show/P1886
解题思路: 此题与例题相同，只是所要求的是最大值和最小值，只需要做两遍单调队列即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define ll long long
#define maxn 1000009
#define maxm
inline ll read()
{
ll x=,f=;char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<=''){x=(x<<)+(x<<)+(ll)(ch-'');ch=getchar();}
return x*f;
}
int q[maxn],a[maxn];
int n,m,k,ans,tot,head,tail; void Ask_MIN()
{
head=,tail=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
while(head<=tail&&i-q[head]+>m)
head++;
while(head<=tail&&a[q[tail]]>=a[i])
tail--;
q[++tail]=i;
if(i>=m)
printf("%d ",a[q[head]]);
}
puts("");
} void Ask_MAX()
{
head=,tail=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
while(head<=tail&&i-q[head]+>m)
head++;
while(head<=tail&&a[q[tail]]<=a[i])
tail--;
q[++tail]=i;
if(i>=m)
printf("%d ",a[q[head]]);
}
puts("");
}
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
n=read(),m=read();
for(int i=;i<=n;i++)
a[i]=read();
Ask_MIN();
Ask_MAX();
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return ;
}
挤奶牛：https://www.luogu.org/problemnew/show/P3088
解题思路：此题题目需要维护左和右分别D区间内的最大值，因此可以正着和倒着分别做一次单调队列，然后打标记即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define ll long long
#define maxn 50009
#define maxm
inline ll read()
{
ll x=,f=;char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<=''){x=(x<<)+(x<<)+(ll)(ch-'');ch=getchar();}
return x*f;
}
struct cow
{
int h,x;
}p[maxn];
int q[maxn];
bool fear[maxn];
int n,m,k,ans,tot,head,tail;
bool comp(cow a,cow b)
{
return a.x<b.x;
}
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
n=read(),m=read();
for(int i=;i<=n;i++)
p[i].x=read(),p[i].h=read();
sort(p+,p++n,comp);
head=,tail=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
while(head<=tail&&p[i].x-p[q[head]].x>m)
head++;
while(head<=tail&&p[i].h>=p[q[tail]].h)
tail--;
q[++tail]=i;
if(p[q[head]].h>=*p[i].h)
fear[i]=;
}
head=,tail=;
for(int i=n;i>=;i--)
{
while(head<=tail&&p[q[head]].x-p[i].x>m)
head++;
while(head<=tail&&p[q[tail]].h<=p[i].h)
tail--;
q[++tail]=i;
if(p[q[head]].h>=p[i].h*&&fear[i])
ans++;
}
printf("%d\n",ans);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return ;
}
好消息，坏消息：https://www.luogu.org/problemnew/show/P2629
解题思路：先断环成链，便于操作，然后就变成求对于每一个合法的K，都要满足k到(n-k+1)中，任意一点的和都是非负的，用前缀和计算区间和，那么只需要满足sum[i]-sum[k-1]>=0(k<=i<=n+k-1),不需要判断每一个点，只需要转换一下变成判断最小的sum[i]减去最大的sum[k-1]是否大于等于0就行了，因为只要有一个点为负数就已经不合法了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define ll long long
#define maxn 1000009
#define maxm
inline ll read()
{
ll x=,f=;char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<=''){x=(x<<)+(x<<)+(ll)(ch-'');ch=getchar();}
return x*f;
}
int sum[maxn<<],q[maxn<<],a[maxn<<];
int n,m,k,ans,tot,head,tail;
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
n=read();
for(int i=;i<=n;i++)
a[i]=read(),a[i+n]=a[i];
for(int i=;i<=*n;i++)
sum[i]=sum[i-]+a[i];
head=,tail=;
for(int i=;i<=n*-;i++)
{
while(head<=tail&&i-q[head]+>n)
head++;
while(head<=tail&&sum[i]<=sum[q[tail]])
tail--;
q[++tail]=i;
if(i>=n&&sum[q[head]]-sum[i-n]>=)
ans++;
}
printf("%d\n",ans);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return ;
}
单调队列优化DP：
大部分单调队列优化的DP都和定长连续子区间的最值问题有关。
单调队列一般优化线性DP，形如dp[i]=max/min(dp[j])+val[i],且j<i,val[i]与dp[j]无关，此时优化的对象是dp[j]。
一般来说i,j是需要通过两层嵌套循环来实现枚举，但是因为dp[j]与val[i]无关，所以我们可以维护一下已经计算好了的dp[j]，使其不需要用for循环来枚举。
例题引入：
最大连续和：https://loj.ac/problem/10176
给你一个长度为 n 的整数序列，要求从中找出一段连续的长度不超过 m 的子序列，使得这个序列的和最大。
例题解答：
首先考虑DP方程：用dp[i]表示以i为结尾的长度不超过m的最大子序列和。
转移为：dp[i]=max{sum[i]-sum[i-k],k=1.2....m}
=sum[i]-min{sum[i-k],k=1.2....m};
最后转变为对于所有的1<=k<=m，找出所有sum[i-k]的最小值。
考虑用单调队列来维护决策值sum[i-k]就行啦。
代码实现：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define ll long long
#define maxn 200009
#define maxm
inline ll read()
{
ll x=,f=;char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<=''){x=(x<<)+(x<<)+(ll)(ch-'');ch=getchar();}
return x*f;
}
int sum[maxn],q[maxn];
int n,m,k,ans,tot,mx,head,tail;
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
n=read(),m=read();
for(int i=;i<=n;i++)
{
int x=read();
sum[i]=sum[i-]+x;
}
ans=-0xffffff;
head=,tail=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
while(head<=tail&&i-q[head]>m)
head++;
ans=max(ans,sum[i]-sum[q[head]]);
while(head<=tail&&sum[q[tail]]>=sum[i])
tail--;
q[++tail]=i;
}
printf("%d\n",ans);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return ;
}
习题报告：
切蛋糕：https://www.luogu.org/problemnew/show/P1714
解题思路：和例题一样。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define ll long long
#define maxn 500009
#define maxm
inline ll read()
{
ll x=,f=;char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<=''){x=(x<<)+(x<<)+(ll)(ch-'');ch=getchar();}
return x*f;
}
int sum[maxn],q[maxn];
int n,m,k,ans,tot,mx,head,tail;
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
n=read(),m=read();
for(int i=;i<=n;i++)
{
int x=read();
sum[i]=sum[i-]+x;
}
head=,tail=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
while(head<=tail&&i-q[head]>m)
head++;
ans=max(ans,sum[i]-sum[q[head]]);
while(head<=tail&&sum[q[tail]]>=sum[i])
tail--;
q[++tail]=i;
}
printf("%d\n",ans);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return ;
}
琪露诺：https://www.luogu.org/problemnew/show/P1725
解题思路：用dp[i]表示到达点i时获得的最大冰冻指数，dp[i]=max{dp[i-j]}+a[i],l<=j<=r<=i.
然后对于求max{dp[i-j]}用单调队列来优化。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define ll long long
#define maxn 200009
#define maxm
inline ll read()
{
ll x=,f=;char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<=''){x=(x<<)+(x<<)+(ll)(ch-'');ch=getchar();}
return x*f;
}
int q[maxn],a[maxn],dp[maxn];
int n,m,k,ans,tot,head,tail,l,r;
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
n=read(),l=read(),r=read();
for(int i=;i<=n;i++)
a[i]=read();
head=,tail=;
for(int i=l;i<=n;i++)
{
while(head<=tail&&i-q[head]>r)
head++;
while(head<=tail&&dp[q[tail]]<=dp[i-l])
tail--;
q[++tail]=i-l;
dp[i]=dp[q[head]]+a[i];
}
ans=;
for(int i=n-r+;i<=n;i++)
ans=max(ans,dp[i]);
printf("%d\n",ans);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return ;
}
最后推荐一个博客：https://blog.csdn.net/hjf1201/article/details/78729320
里面单调队列优化DP的基本题型都有，比较齐全。