luogu-单调队列/单调栈专题
下面所有单调队列和单调栈，我使用的 双端队列 STL 的 deque 模拟操作
题意：
给出水滴的坐标与下落时间，你需要构造一个盆，使他的宽度满足
在其范围内能够接住水滴时间（第一滴和最后一滴/最大与最小值）时间差大于等于k，且使得这个盆的直径最小
思路：
会想到尺取法（双指针）来在符合条件内缩小范围，同时又涉及到区间最值问题，那么上来想就很容易想到单调队列或者单调栈来维护区间最值
两点：满足区间最小与最大之差大于k，且使得其长度最小。
(1)区间最值：由于是要进行双指针操作：所以选择双端队列来实现单调队列维护最值，且能维护在 q.front().x ~ q.back().x的区间最值
(2)在符合条件下对 front/队首进行移动，以达到缩小区间操作
code:
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 1e5+7; const int inf = 0x3f3f3f3f; struct node{ int x,y; }; bool cmp(node a,node b){ return a.x<b.x; } node arr[maxn]; deque<node>q1; deque<node>q2; int main(){ int n,k; cin>>n>>k; for(int i=0;i<n;i++){ cin>>arr[i].x>>arr[i].y; } sort(arr,arr+n,cmp); int ans = inf; for(int i=0;i<n;i++){ node tmp; //维护最大最小单调队列 while(!q1.empty()&&q1.back().y<arr[i].y) q1.pop_back(); tmp = arr[i]; q1.push_back(tmp); while(!q2.empty()&&q2.back().y>arr[i].y) q2.pop_back(); q2.push_back(tmp); while(!q1.empty()&&!q2.empty()&&q1.front().y-q2.front().y>=k){ node pos; if(q1.front().x<q2.front().x) {pos = q1.front(); q1.pop_front();} else {pos = q2.front(); q2.pop_front();} ans = min(ans,arr[i].x-pos.x); } } if(ans!=inf) cout<<ans<<endl; else cout<<-1<<endl; }
题意：给出n个珠子，m种颜色( 用1~m的序号表示 )，然后给出每种颜色的珠子的个数以及位置，选择出最小的区间 涵盖所有颜色种类的珠子。
思路：(这道题感觉和单调队列/栈没啥关系)尺取法，如果被新放入的位置使得涵盖了所有的颜色，就对尾部进行收缩，减小其长度。
code:
//把所有的颜色全部包含的最小长度 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 1e6+5; const int inf = 0x3f3f3f3f; int cont[maxn]; struct node{ int pos,color; }nodes[maxn]; bool cmp(node a,node b){ return a.pos<b.pos; } deque<node>q1;//滑动窗口 int main(){ int n,m; cin>>n>>m; int cnt = 0; memset(cont,0,sizeof(cont)); for(int i=1;i<=m;i++){ int t; cin>>t; while(t--){ int tmp; cin>>tmp; nodes[cnt++] = (node){tmp,i}; } } sort(nodes,nodes+cnt,cmp); int tot = 0; int ans = inf; for(int i =0;i<cnt;i++){ //操作：如果所有颜色全部被包含就尝试缩短长度 //如何有效判断颜色被全部包含？设置tot，用于统计当前颜色总数 //如果颜色在序列中大于1则pop出去 q1.push_back(nodes[i]); cont[nodes[i].color]++; //如果是新增加的颜色提供的贡献 if(cont[nodes[i].color]==1) tot++; while(!q1.empty()&&cont[q1.front().color]>1){ cont[q1.front().color]--; if(cont[q1.front().color]<1) tot--; q1.pop_front(); } if(tot==m) ans = min(ans,(q1.back().pos-q1.front().pos)); } cout<<ans<<endl; return 0; }
题意：给出a,b,n . 有一个a*b的整数组成的矩阵，现请你从中找出一个n*n的正方形区域，使得该区域所有数中的最大值和最小值的差最小。
思路：数据比较小 0<=a,b<=1000, 且每个值 小于 1e9 ( int 范围内 )，所以暴力一点的思路就是使用单调队列 ：先横着扫一边，使用类似滑动窗口来限制区间大小，得到每行中的最值。然后在竖着扫一边，求出所有正方形的 最值。最后 对每一个正方形遍历一边得到最值。
code:
//题意：给出一个a*b的矩阵，找出n*n的正方形区域，使得区域中素有数的最大值和最小值最小 //思路：维护所有n*n矩阵的差值，区间就利用滑动窗口来维护最值 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 1e3+7; const int inf = 0x3f3f3f3f; int mt[maxn][maxn]; int maxrow[maxn][maxn]; int minrow[maxn][maxn]; int maxcol[maxn][maxn]; int mincol[maxn][maxn]; struct node{ int val,pos; }; deque<node>q1; deque<node>q2; int main(){ int n,m,N; cin>>n>>m>>N; for(int i=0;i<n;i++){ for(int j=0;j<m;j++){ cin>>mt[i][j]; } } //得到每个符合条件区间的最大值 //先得到 每行滑动窗口内的最值， for(int i=0;i<n;i++){ while(!q1.empty()) q1.pop_back(); while(!q2.empty()) q2.pop_back(); for(int j=0;j<m;j++){ //保证单增 while(!q1.empty()&&q1.back().val<mt[i][j]) q1.pop_back(); q1.push_back((node){mt[i][j],j}); //维护滑动窗口长度 while(!q1.empty()&&(q1.back().pos-q1.front().pos>N-1)) q1.pop_front(); if(j>=N-1) maxrow[i][j] = q1.front().val; //保证单减 while(!q2.empty()&&q2.back().val>mt[i][j]) q2.pop_back(); q2.push_back((node){mt[i][j],j}); while(!q2.empty()&&(q2.back().pos-q2.front().pos>N-1)) q2.pop_front(); if(j>=N-1) minrow[i][j] = q2.front().val; } } int ans = inf; for(int i=N-1;i<m;i++){ while(!q1.empty()) q1.pop_back(); while(!q2.empty()) q2.pop_back(); for(int j=0;j<n;j++){ while(!q1.empty()&&q1.back().val<maxrow[j][i]) q1.pop_back(); q1.push_back((node){maxrow[j][i],j}); while(!q1.empty()&&(q1.back().pos-q1.front().pos>N-1)) q1.pop_front(); if(j>=N-1) maxcol[j][i] = q1.front().val; while(!q2.empty()&&q2.back().val>minrow[j][i]) q2.pop_back(); q2.push_back((node){minrow[j][i],j}); while(!q2.empty()&&(q2.back().pos-q2.front().pos>N-1)) q2.pop_front(); if(j>=N-1) mincol[j][i] = q2.front().val; } } for(int i=N-1;i<n;i++){ for(int j=N-1;j<m;j++){ ans = min(ans,maxcol[i][j]-mincol[i][j]); } } cout<<ans<<endl; return 0; }
