今天遇到一道題：
給定長度為n的陣列a，a[i]表示在第i點建立基站的開銷。
同時給出m個區間[li,ri]，要滿足給定的m個區間內都至少有一個基站，求最小的開銷。
正解是單調佇列最佳化dp，那麼什麼是單調佇列？我們先看另外一道題：
顯然最小值和最大值是互相獨立的，我們可以先考慮最大值。用手模擬一下這個過程：
-
[1 3 -1 -3 5 3 6 7]
最開始我們的視窗裡什麼也沒有，我們把1加入備選答案。
現在的答案備選：[1] -
[1 3 -1 -3 5 3 6 7]
新進來一個3，發現3比1大，並且3比1還更有未來！！更有未來指的是在視窗往右滑動的過程中，1會先淘汰掉，3在1後面，3的"有效期"更久。那3不僅比1大，有效期還更久，1兩個都比不過，永遠不會對最大值有貢獻了，我們的備選答案裡就可以淘汰掉1，加入3
現在的答案備選:[3] -
[1 3 -1 -3 5 3 6 7]
新進來一個-1，-1並沒有比3大，但是我們現在還不知道後面的數會有多小，來個-100，-inf什麼的，在往右滑動的過程中3會被踢掉，此時-1就可能成為最大值。所以暫且把-1加入備選答案。
現在的答案備選:[3,-1] -
[1 3 -1 -3 5 3 6 7]
新進來一個-3，同理，-3比-1小，但是有效期是最新的，我們現在還不知道後面的數會有多小，來個-100，-inf什麼的，在往右滑動的過程中3和-1會被踢掉，此時-3就可能成為最大值。所以暫且把-3加入備選答案。
現在的答案備選:[3,-1,-3] -
[1 3 -1 -3 5 3 6 7]
新進來一個5，發現此時的5不僅比-3大，還比-1、3都大，且有效期最新，所以把3/-1/-3都淘汰掉，只留一個5.
現在的答案備選:[5] -
[1 3 -1 -3 5 3 6 7]
新進來一個3，雖然3比5小，但有效期新，加進來。
答案備選[5,3] -
[1 3 -1 -3 5 3 6 7]
新進來一個6，比現有的答案都大，且有限期更新，淘汰掉現在的答案備選。
答案備選[6]
......
在這個過程中大家也發現，如果新加進來一個數，當前答案備選裡的“隊尾”哪哪都比不過人家時（不僅有效期短，數值還更小），就永遠不會對答案有貢獻，我們就可以踢掉隊尾。但也不一定只踢掉一次，為什麼呢？
假設現在答案備選裡有[1000,666,233,-1,-7]，新加進來一個7。
比較當前的隊尾-7：數值更小，“有效期”更短，用7來代替-7肯定會是更優的解，把-7踢掉。答案備選變成[1000,666,233,-1]
比較當前的隊尾-1：同理，用7代替-1，答案備選變成[1000,666,233]
比較當前的隊尾233：雖然233可能很快就失效了（視窗要滑過去，233要沒了），但是它的值更大，在失效前可能會成為最優解，先保留著。這時在隊尾加入新進來的7，答案備選就變成了[1000,666,233,7]。
也就是說，我們在維護一個單調遞減的答案備選佇列，每新加進來一個數 x，就考慮能否用 x 替代掉隊尾，如果發現可以，則一直這麼做，直到當前的隊尾比 x 大。
這部分的程式碼是：
int h = 1, t = 0,q[1000005]，p[1000005]; //q儲存值，p儲存位置
for (int i = 1; i <= n; i++) {
while (h <= t && q[t] <= a[i]) t--; //如果隊尾不優，就一直淘汰掉
t++; //加入新的數
q[t] = a[i];
p[t] = i;
}
你可能會發現我們上面一直沒有考慮過k的限制，k怎麼處理？不就是要讓當前的隊頭不能過期，否則就要踢出去嘛。那就是：
while (p[h] <= i - k) h++; //如果p[h]<= i-k 說明當前的h離i超過了k，已經離開了視窗 ,就h++。
這樣我們就用單調佇列解決了這道滑動視窗。再回來看
給定長度為n的陣列a，a[i]表示在第i點建立基站的開銷。
同時給出m個區間[li,ri]，要滿足給定的m個區間內都至少有一個基站，求最小的開銷。
我們能想到最暴力的dp表示式：令 dp[i] 表示強制在 i 建立基站，且前面所有線段都滿足要求的最小花費，則
dp[i]=max(dp[j]+a[i]) ，其中[j+1,i-1]之間不能有完整的區間（不然就有區間沒被覆蓋到了）
看起來這個方程是O(N^2)的，因為我們要一層for迴圈列舉i，再一層for迴圈列舉j。但事實上由於"[j+1,i-1]之間不能有完整的區間"這一限制，想象一下，對於一個i，它的j只能是往前一小段。
比如上圖，合法的區間只有綠色那段，如果再從更前面的點轉移過來，就會導致最上面的那段區間沒被覆蓋到。
因此我們可以這麼處理：
cin>>m;
while(m--){
int l,r; cin>>l>>r;
pre[r+1]=max(pre[r+1],l);
}
讀入一段區間[l,r]後，對於r+1來說最小的合法前驅必須至少是l，再往前就會導致區間[l,r]不被覆蓋。因為可能同一個r對應很多的l，所以取個最大值。
但只考慮端點還是不夠的，可能出現這種情況：
本來對於r'+1來說最小的合法前驅至少得是l'，對於R+1來最小的合法前驅至少得是L，但這顯然是錯的。如果要在R+1建立基站，最小的合法前驅得是l',否則[l',r']這段無法覆蓋到。也就是說當前點的合法前驅還跟前面的點有關，取一個字首max即可。
for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=max(pre[i-1],pre[i]);
然後正式開始dp，和剛才的滑動視窗類似：
處理隊頭的操作:
while(hh<=tt and q[hh]<pre[i]) hh++; //如果當前隊頭超出了合法的範圍，也就是說“過期了”，把隊頭踢掉
處理隊尾的操作：
while(hh<=tt and dp[q[tt]]>=dp[i]) tt--; //如果當前的答案比隊尾還優（這裡更小是更優）,且因為是新加進來的，有效期更新，更不容易超出合法的範圍。
//當前的答案怎麼看都更好，就把隊尾踢掉。
//最後佇列裡就是合法的、且答案單調遞增的備選答案
dp轉移操作：
dp[i] = dp[q[hh]] + a[i]; //因為我們的佇列裡維護的是合法的、答案單調遞增的備選答案，所以直接取隊首就是最優解
最後合起來完整程式碼就是：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int n,m;
void solve(){
cin>>n;
vector<int> a(n+5),pre(n+5),q(n+5);
vector<LL> dp(n+5);
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
n++;
cin>>m;
while(m--){
int l,r; cin>>l>>r;
pre[r+1]=max(pre[r+1],l);
}
for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=max(pre[i-1],pre[i]);
int hh=0,tt=0;
q[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
while(hh<=tt and q[hh]<pre[i]) hh++;
dp[i] = dp[q[hh]] + a[i];
while(hh<=tt and dp[q[tt]]>=dp[i]) tt--;
q[++tt]=i;
}
cout << dp[n] << endl;
return ;
}
int main(){
int t;cin>>t;
while(t--){
solve();
}
}