队列

本文介绍和队列有关的数据结构及其应用。

队列

队列,英文名是 queue,在 C++ STL 中有 std::queuestd::priority_queue

先进入队列的元素一定先出队列,因此队列通常也被称为先进先出(first in first out)表,简称 FIFO 表。

注: std::stackstd::queue 都是容器适配器,默认底层容器为 std::deque (双端队列)。

双端队列

双端队列是指一个可以在队首/队尾插入或删除元素的队列。相当于是栈与队列功能的结合。具体地,双端队列支持的操作有 4 个:

  1. 在队首插入一个元素
  2. 在队尾插入一个元素
  3. 在队首删除一个元素
  4. 在队尾删除一个元素

数组模拟队列

通常用一个数组模拟一个队列,用两个变量标记队列的首尾。

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int q[SIZE], ql = 1, qr;

插入元素: q[++qr]=x;

删除元素: ++ql;

访问队首/队尾: q[ql] / q[qr]

清空队列: ql=1;qr=0;

数组模拟双端队列是同理的。

循环队列

这样会导致一个问题:随着时间的推移,整个队列会向数组的尾部移动,一旦到达数组的最末端,即使数组的前端还有空闲位置,再进行入队操作也会导致溢出。(这种数组上实际有空闲位置而发生了上溢的现象称为是“假溢出”。

解决假溢出的办法是采用循环的方式来组织存放队列元素的数组,即将数组下标为 0 的位置看做是最后一个位置的后继。( x 的后继为 (x + 1) % Size )。这样就形成了循环队列。

双栈模拟队列

其实不仅仅可以用数组模拟队列,还有一种冷门的方法是双栈模拟队列。

我们使用两个栈 F,S 模拟一个队列,其中 F 是队尾的栈,S 代表队首的栈,支持 push(在队尾插入),pop(在队首弹出)操作:

  1. Push:插入到栈 F 中
  2. Pop:如果 S 非空,让 S 弹栈;否则把 F 的元素倒过来圧到 S 中(其实就是一个一个弹出插入,做完后是首位颠倒的),然后再让 S 弹栈。

容易证明,每个元素只会进入/转移/弹出一次,均摊复杂度 O(1)

有人问这个东西有什么用吗?参见下面这道题。这道题顺便可以给大家一个 双栈模拟双端队列 的方法。

例题

LOJ6515「雅礼集训 2018 Day10」贪玩蓝月

一个双端队列(deque),m 个事件:

  1. 在前端插入 (w,v)
  2. 在后端插入 (w,v)
  3. 删除前端的二元组
  4. 删除后端的二元组
  5. 给定 l,r,在当前 deque 中选择一个子集 S 使得 \sum_{(w,v)\in S}w\bmod p\in[l,r] ,且最大化 \sum_{(w,v)\in S}v .

    m\leq 5\times 10^4,p\leq 500 .

离线算法

每个二元组是有一段存活时间的,因此对时间建立线段树,每个二元组做 log 个存活标记。因此我们要做的就是对每个询问,求其到根节点的路径上的标记的一个最优子集。显然这个可以 DP 做。 f[S,j] 表示选择集合 S 中的物品余数为 j 的最大价值。(其实实现的时侯是有序的,直接 f[i,j]做)

一共有 O(m\log m) 个标记,因此这么做的话复杂度是 O(mp\log m) 的。

在线算法

这是一个在线算法比离线算法快的神奇题目。而且还比离线的好写

上述离线算法其实是略微小题大做的,因为如果把题目的 deque 改成直接维护一个集合的话(即随机删除集合内元素),那么离线算法同样适用。既然是 deque,不妨在数据结构上做点文章。

如果题目中维护的数据结构是一个栈呢?

直接 DP 即可。 f[i,j] 表示前 i 个二元组,余数为 j 时的最大价值。

f[i,j]=\max(f[i-1,j],f[i-1,(j-w_i)\bmod p]+v_i)

妥妥的背包啊

删除的时侯直接指针前移即可。这样做的复杂度是 O(mp) 的。

队列

如果题目中维护的数据结构是队列?

有一种操作叫双栈模拟队列。这就是这个东西的用武之地。因为用栈是可以轻松维护 DP 过程的,而双栈模拟队列的复杂度是均摊 O(1) 的,因此,复杂度仍是 O(mp) .

双端队列

回到原题,那么 Deque 怎么做?

类比推理,我们尝试用栈模拟双端队列,于是似乎把维护队列的方法扩展一下就可以了。但如果每次是全部转移栈中的元素的话,单次操作复杂度很容易退化为 O(m) .

于是乎,神仙的想一想,我们可以丢一半过去啊

这样的复杂度其实均摊下来仍是常数级别。具体地说,丢一半指的是把一个栈靠近栈底的一半倒过来丢到另一个栈中。也就是说要手写栈以支持这样的操作。

丢一半的复杂度

似乎可以用 势能分析法 证明。其实本蒟蒻有一个很仙的想法。我们考虑这个双栈结构的整体复杂度。m 个事件,我们希望尽可能增加这个结构的复杂度。

首先,如果全是插入操作的话显然是严格 \Theta(m) 的,因为插入的复杂度是 O(1) 的。

“丢一半”操作是在什么时侯触发的?当某一个栈为空又要求删除元素的时侯。设另一个栈的元素个数是 O(k) ,那么丢一半的复杂度就是 O(k)\geq O(1) 的。因此我们要尽可能增加“丢一半”操作的次数。

为了增加丢一半的操作次数,必然需要不断删元素直到某一个栈为空。由于插入操作对增加复杂度是无意义的,因此我们不考虑插入操作。初始时有 m 个元素,假设全在一个栈中。则第一次丢一半的复杂度是 O(m) 的。然后两个栈就各有 \frac{m}{2} 个元素。这时就需要 O(\frac{m}{2}) 删除其中一个栈,然后就又可以触发一次复杂度为 O(\frac{m}{2}) 的丢一半操作……

考虑这样做的总复杂度。

T(m)=2\cdot O(m)+T\left(\frac{m}{2}\right)

解得 T(m)=O(m) .

于是,总复杂度仍是 O(mp) .

询问操作

在询问的时侯,我们要处理的应该是“在两个栈中选若干个元素的最大价值”的问题。因此要对栈顶的 DP 值做查询,即两个 f,g 对于询问[l,r]的最大价值:

\max_{0\leq i<p}\left\{f[i]+\max_{l\leq i+j\leq r}g_j\right\}

这个问题暴力做是 O(p^2) 的,不过一个妥妥的单调队列可以做到 O(p) .

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#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long lld;
typedef long double lf;
typedef unsigned long long uld;
typedef pair<int, int> pii;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define FOR(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define ROF(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
/******************heading******************/
const int M = 5e4 + 5, P = 505;
int I, m, p;

inline int _(int d) { return (d + p) % p; }
namespace DQ {       // 双栈模拟双端队列
pii fr[M], bc[M];    // front,back; fi:w,se:v;
int tf = 0, tb = 0;  // top
int ff[M][P], fb[M][P];
void update(pii *s, int f[][P], int i) {  // update f[i] from f[i-1]
  FOR(j, 0, p - 1) {
    f[i][j] = f[i - 1][j];
    if (~f[i - 1][_(j - s[i].fi)])
      f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][_(j - s[i].fi)] + s[i].se);
  }
}
void push_front(pii x) { fr[++tf] = x, update(fr, ff, tf); }
void push_back(pii x) { bc[++tb] = x, update(bc, fb, tb); }
void pop_front() {
  if (tf) {
    --tf;
    return;
  }
  int mid = (tb + 1) / 2, top = tb;
  ROF(i, mid, 1) push_front(bc[i]);
  tb = 0;
  FOR(i, mid + 1, top) push_back(bc[i]);
  --tf;
}
void pop_back() {
  if (tb) {
    --tb;
    return;
  }
  int mid = (tf + 1) / 2, top = tf;
  ROF(i, mid, 1) push_back(fr[i]);
  tf = 0;
  FOR(i, mid + 1, top) push_front(fr[i]);
  --tb;
}
int q[M], ql, qr;
int query(int l, int r) {
  const int *const f = ff[tf], *const g = fb[tb];
  int ans = -1;
  ql = 1, qr = 0;
  FOR(i, l - p + 1, r - p + 1) {
    int x = g[_(i)];
    while (ql <= qr && g[q[qr]] <= x) --qr;
    q[++qr] = _(i);
  }
  ROF(i, p - 1, 0) {
    if (ql <= qr && ~f[i] && ~g[q[ql]]) ans = max(ans, f[i] + g[q[ql]]);
    // 删 l-i,加 r-i+1
    if (ql <= qr && _(l - i) == q[ql]) ++ql;
    int x = g[_(r - i + 1)];
    while (ql <= qr && g[q[qr]] <= x) --qr;
    q[++qr] = _(r - i + 1);
  }
  return ans;
}
void init() { FOR(i, 1, P - 1) ff[0][i] = fb[0][i] = -1; }
}  // namespace DQ
int main() {
  DQ::init();
  scanf("%d%d%d", &I, &m, &p);
  FOR(i, 1, m) {
    char op[5];
    int x, y;
    scanf("%s%d%d", op, &x, &y);
    if (op[0] == 'I' && op[1] == 'F')
      DQ::push_front(mk(_(x), y));
    else if (op[0] == 'I' && op[1] == 'G')
      DQ::push_back(mk(_(x), y));
    else if (op[0] == 'D' && op[1] == 'F')
      DQ::pop_front();
    else if (op[0] == 'D' && op[1] == 'G')
      DQ::pop_back();
    else
      printf("%d\n", DQ::query(x, y));
  }
  return 0;
}

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