[POI2014]Little Bird

题目大意：
　　$n(n\le10^6)$个点排成一排，每个点有一个高度$h_i$，现在要从$1$号点跳到$n$号点，从$i$号点出发跳到的点$j$满足$i<j\le i+k$，若$h_j\ge h_i$则增加$1$的代价。给出$q(q\le25)$组询问，对于每次给出的$k$，求从$1$跳到$n$的最小代价。

思路：
　　用$f_i$表示从$1$跳到$i$的最小代价，则一个显然的状态转移方程为$f_i=\min\{f_j+[h_i\ge h_j]\}$。然而这样是$O(n^2q)$的，显然会TLE。
　　考虑队列优化。若当前要加入队列的点是$i$，队尾元素为$j$。若$f_i<f_j$或$j_i=f_j$且$h_i>=h_j$，用$i$转移一定更优，将$j$出队​。转移时将超过$k$范围内的元素出队，每次用队首元素转移即可。时间复杂度$O(nq)$。

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<climits>
inline int getint() {
    register char ch;
    while(!isdigit(ch=getchar()));
    register int x=ch^'0';
    while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
    return x;
}
const int N=1e6+1;
int h[N],f[N];
std::deque<int> q;
int main() {
    const int n=getint();
    for(register int i=1;i<=n;i++) h[i]=getint();
    for(register int m=getint();m;m--) {
        const int k=getint();
        q.clear();
        q.push_back(1);
        for(register int i=2;i<=n;i++) {
            while(!q.empty()&&i-q.front()>k) q.pop_front();
            f[i]=f[q.front()]+(h[i]>=h[q.front()]);
            while(!q.empty()&&(f[q.back()]>f[i]||(f[q.back()]==f[i]&&h[q.back()]<=h[i]))) q.pop_back();
            q.push_back(i);
        }
        printf("%d\n",f[n]);
    }
    return 0;
}