筆者大概看了一下單調佇列對於dp的優化，故撰此文，望有幫助。
（dp還是推式子難啊qwq）
例題1.
題目大意：在n個數的序列中，選擇數字，使得其連續不超過k個數，且和最大。
本題的方程相對好推：設dp[i][0/1]為到了第i個數，且第i個數不選/選的最大值。
則有轉移：dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1])
dp[i][1]=max,i-k<=j
列舉j即可。
但是題目會這麼讓你水過嗎？
發現會超時，優化不可避免。
仔細觀察方程，考慮它的特殊性。
對於方程1，我們不便再多做什麼。但是對於方程2，顯然仍有優化餘地。
我們將sum[i]提出來，得到：
dp[i][1]=max+sum[i].
這個方程只與j有關，我們讓max裡面的最大就好了。
維護它，我們可以用堆，也可以用單調佇列，線段樹。
本文主要講對於單調佇列的優化。它可以保證o(n)的時間複雜度。
首先，我們明確一點，我們維護的隊首元素最大。顯然，佇列中的數字要單調遞減。
其次，我們要嚴格確保我們查詢的區間，保證佇列中沒有沒用的數字。
並且每次列舉到下乙個數的時候，注意更新佇列。
考慮何時更新更優：
首先，當這個數字不在需要的範圍的時候，刪除即可。
其次，對於新插入的數字，我們要從隊尾插入，比較哪個值更優：
判斷它們的「浪費情況」即可。
用q表示佇列，s表示字首和，則判斷：
s[q[head]]-f[q[head]][0]>s[i]-f[i][0]&&head<=tail
如果符合的話，就把它刪掉吧。因為隊尾的元素所浪費的比新插入的值多，顯然一定不如它優。
由此，我們已經保證了單調佇列的穩定複雜度。
給出**：
#include#includeusing
namespace
std;
long
long q[2000000],f[2000000][2
];long
long n,k,s[2000000],a[2000000
];long
long
tail,head;
intmain()
tail=head=1;//
初始化
for(int i=1;i<=n;++i)printf("
%lld\n
",max(f[n][0],f[n][1
]));
return0;
}
雙倍經驗：p2034
持續更新中。
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