題目連結

這道題是一道非常經典的單調佇列題目.
單調佇列是一種單調遞增或單調遞減的佇列結構, 在C++STL中有priority_queue來實現了, 但較為麻煩只能對隊尾進行操作和訪問, 同時考慮到可能存在超時的因素, 所以在平常做題中我們一般都會選擇自己來實現單調佇列. 對於求類似區間最大/最小的問題, 單調佇列是最佳選擇, 因為它可以在常數複雜度下實現該過程. 即使是對於1.2.3.4.5.6.7.8.9.1(單調遞增)這樣的極端情況, 也僅僅在最後一步才需要遍歷2兩次, 依然是常數複雜度.
在這道題目中應用單調佇列, 我們考慮按照題意如何維護一個定長的單調佇列, 例如單調遞增佇列, 做到以下兩點即可.

• 從隊尾開始清除所有大於新入隊元素的數
• 判斷隊首是否還在視窗內, 若不在則出隊

同時在說一下這道題中其他可能遇到的問題

• 對雜湊表的運用, 可以採用結構體或佇列直接儲存下標
• 本題資料量較大, 請移除程式中所有的cin, 否則會超時
• 多組輸入

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#include <stdlib.h>
 

#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <map>
using namespace std;
#define ms(x, n) memset(x,n,sizeof(x));
typedef  long long LL;
const LL maxn = 1e6+10;

int q1[maxn], q2[maxn]; //單調遞增佇列和單調遞減佇列(均儲存對應下標)
int num[maxn], n, k, minAns[maxn]
 
, maxAns[maxn];
int main()
{
    while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF){
        int head1 = 1, tail1 = 1, head2 = 1, tail2 = 1;
        for(int i = 1;i <= n; i++){
            //隊首不在滑窗範圍內則刪去;
            if(tail1>head1 && q1[head1]<=i-k)
                head1++;
            if(tail2>head2 && q2[head2]<=i-k)
                head2++;

            scanf("%d",&num[i]);
            //刪去隊尾不符合單調的值
            while(tail1>head1 && num[i]<=num[q1[tail1-1]])
                tail1--;
            q1[tail1++] = i;
            while(tail2>head2 && num[i]>=num[q2[tail2-1]])
                tail2--;
            q2[tail2++] = i;

            minAns[i] = num[q1[head1]];
            maxAns[i] = num[q2[head2]];
        }
        for(int i = k; i <= n; i++)
            cout << minAns[i] << ' ';
        cout << endl;
        for(int i = k; i <= n; i++)
            cout << maxAns[i] << ' ';
        cout << endl;
    }
    return 0;
}