【单调栈】
首先我们有一个最简单的方法：\(O(n^3)\) 枚举左右端点，然后再求中间的最小值，最后乘起来得到这段矩形组成的最大面积。
求最小值，我们考虑到ST表，我们可以用它优化到 \(O(n^2)\)。
接下来我们考虑转换枚举思路：
我们发现，一个矩形的大小，由它的左右端点，和它中间的最低高度。
于是我们考虑枚举每一个矩形为最低高度，求这个矩形能往外“扩展”到哪里。
对于我们的矩形 \(x\)，其实我们就是求 \(1\sim x-1\) 中最靠近 \(x\) 的比 \(h[x]\) 低的矩形，和右边比 \(h[x]\) 低的矩形。
这就可以用线段树维护，至少为x。
我们顺着上面思考，当一个矩形作为最低点，我们只需要考虑左右两边把这个矩形“拦”下来的地方。
所谓“拦”，就是第一个高度更低的地方。
我们观察到：如果一个矩形高度更低，位置更靠右，那么它就更可能把 \(h[x]\) 拦下来。
换句话说，如果两个矩形 \(i,j\)，其中 \(i\) 的高度更高，位置也更左，它就不可能把 \(h[x]\) 拦下来，因为 \(j\) 一定会先拦，而且 \(j\) 拦不下来的 \(i\) 也一定拦不下来。
这个时候我们 \(i\) 就被 \(j\) “完爆” 了。
（完爆更普遍的定义：如果 \(a\) 的各项属性都优于 \(b\)，那 \(a\) 完爆 \(b\)）
发现到：我们只需要存下所有没有被“完爆”的矩形即可。
按顺序从 \(1\sim n\) 枚举，存下所有不会被“完爆”的矩形。
我们观察到：这些不被完爆的矩形，高度一定是单调递增的。
因为如果有一个不递增了，它之前高度更高的都会被完爆，所以高度更高的一定不会被存下来。
现在我们知道了：我们需要保留所有不被完爆的矩形，并且这些矩形的高度是单调递增的。
接下来我们需要知道：如何保留所有不被完爆的矩形。
用一个类似数学归纳法的想法思考：
我们现在已经把 \(1\sim k\) 的不完爆矩形存下来了，现在加入第 \(k + 1\) 个矩形。
因为第 \(k+1\) 个矩形位置比 \(1\sim k\) 的矩形都更靠右，所以所有高度高于 \(h[k+1]\) 的矩形都会被 \(k+1\) 完爆。
而 \(1\sim k\) 的不完爆矩形是单调的，所以只会有末尾连续几个会被完爆。
把这些被完爆的矩形去掉，然后加入 \(k+1\)，就形成了 \(1\sim k+1\) 的不完爆矩形。
因为最末端的反而会先被去掉，所以我们考虑用栈维护。
现在我们知道了：如何保留所有不被完爆的矩形。
接下来我们需要知道：记录不完爆矩形和找左右端点有什么关系。
显然，当我们加入 \(k+1\) 时，第一个不被去掉的矩形就是可以把 \(k+1\) 的左边拦下来的矩形。
同理，我们可以反方向再做一遍这个过程，就可以求出每个矩形右边拦下来的矩形。
【单调(双端)队列】
不妨以求最大值为例。
按照我们的“完爆”思想进行思考：
如果窗口内两个数 \(a[i],a[j]\)，满足 \(i<j,a[i]<a[j]\)，那么 \(a[i]\) 就被 \(a[j]\) 完爆。
我们只需要在新来的加入时，把所有比新来的小的元素弹出即可。
因为新来的一定在窗口中活的更久，而且新来的更大，所以只要比新来的小，就被新来的完爆。
同理用数学归纳法可知：不完爆数一定是单调递减的。
所以我们考虑维护一个双端队列 \(q\)：
（因为左边可能因为时间被弹出，右边的可能会被完爆弹出，要用双端队列）
首先先把 \(q\) 中所有过时的数弹出，因为我们是从左到右扫的，所以要弹的都在左边连续。
然后我们把所有比新来的小的数弹出，因为 \(q\) 中的数是单调递减的，所以比新来的小的都会在右边连续。
注意：我们从窗口里装满了 k 个数时开始输出，注意判断队列是否为空、大小关系。
【应用单调队列优化——多重背包】
首先有一个朴素的思路：一重循环枚举每一类物品，一重循环枚举背包容积，一重循环枚举第 \(i\) 类物体选的个数。
接下来我们考虑优化：
\(dp[i][j]\) 表示前 \(i\) 种物品，恰好 \(j\) 体积的最大价值。
不妨 \(m_i=3,w_i=2\)，要求 \(dp[i][j]\)。
\(dp[i][7]\leftarrow dp[i-1][1,3,5,7]\)。
\(dp[i][9]\leftarrow dp[i-1][3,5,7,9]\)。
我们发现，第二维就是一个滑动窗口，每次往右滑 \(w_i\)。
如果 \(v_i=0\)，那求 \(dp[i][j]\) 的过程就是用滑动窗口求最大值。
但是，\(v_i\neq 0\)，我们细看如何求 \(dp[i][...]\)。
\(dp[i][7]=\max\{dp[i-1][1]+3v_i,dp[i-1][3]+2v_i,dp[i-1][5]+v_i,dp[i-1][7]\}\)。
\(dp[i][9]=\max\{dp[i-1][3]+3v_i,dp[i-1][5]+2v_i,dp[i-1][7]+v_i,dp[i-1][9]\}\)。
这两个东西并不完全就是滑动窗口，但是我们发现一个特点：\(dp[i-1][3,5,7]\) 都有，只是 \(v_i\) 的个数变了，
只要 \(j\) 多了一个 \(w_i\)，外面加上的数就少一个 \(v_i\)。
所以我们的 \(j\) 实际上是在一个等差数列上滑动窗口，公差为 \(w[i]\)。
我们只需要枚举首项为 \(0\sim w[i]-1\)，然后求出每一种首项的 dp，我们就求完了 \(dp[i][0\sim W]\)。
下面详细讨论如何求一个首项为 \(j\)，公差为 \(w[i]\) 的数列答案。
不如把我们要求的设为 \(dp[i][j+k\times w[i]]\)。
\(dp[i][j+k\times w[i]]=\max\{dp[i-1][j+t\times w[i]]+(k-t)\times v[i]\}\).
\(dp[i-1][j+t\times w[i]]+(k-t)\times v[i]=(dp[i-1][j+t\times w[i]] - t\times v[i] + k\times v[i])\)。
而其中 \(k\times v[i]\) 是一个常数，所以我们只要 \(dp[i-1][j+t\times w[i]]-t\times v[i]\) 最大，那么整体就最大。
所以我们的单调队列的判断条件是：若 \(dp[i-1][j+k\times w[i]]-k\times v[i] \geq dp[i-1][j+q.back()\times w[i]]-q.back()\times w[i]\)，那么当前队尾就被完爆了。
把所有被完爆的弹出，然后加入 \(k\)。
注意：单调队列里存的是 k，即物品 \(i\) 的使用个数。
然后我们发现：队头的就是使得 \(dp[i-1][j+t\times w[i]]-t\times v[i]\) 最大的 \(t\)。
也就是说，最优的 \(dp[i][j+k\times w[i]]\) 是从 \(t\) 转移过来的。
整理一下思路：
-
初值：因为我们的 dp 设的是 “恰好”，所以初值为 \(-\infty\)。
-
递推：
先一个循环 \(i\leftarrow 1\sim n\)，枚举前 \(i\) 种物品。
然后循环 \(j\leftarrow 0\sim w[i]-1\)，循环滑动窗口的首项。
再循环 \(k\leftarrow 0\sim [\frac{W-j}{w[i]}]\)，取 \(k\) 个物品 \(i\)。
接下来我们要求所有形如 \(dp[i][j+k\times w[i]]\) 的值。（以下滑动窗口）
若取了 \((k-t)\) 个物品 \(i\)，答案是 \(dp[i-1][j+t\times w[i]]+(k-t)\times v[i]\)。
（实际上，只需要做到中括号里少一个 \(w[i]\)，外面就多一个 \(v[i]\)，就可以了）
因为我们最内层循环就是枚举 \(t\) 的，所有和 \(t\) 不相干的都相当于常数，可以分离，还剩 \(dp[i-1][j+t\times w[i]] - t\times v[i]\)。
我们需要求这种东西的最大值。
-
如果 \(k-q.front()>m[i]\)，说明物品 \(i\) 取的个数太多了，即滑出窗口；
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如果 \(dp[i-1][j+k\times w[i]]-k\times v[i]\geq dp[i-1][j+q.back()\times w[i]]-q.back\times v[i]\)，队尾就被新来的完爆；
-
所有该弹的弹完之后，加入 \(k\)；
-
现在的队头一定是最大的，用 \(q.front()\) 代入式子求即可。
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-
我们已经求了 \(dp[1\sim n][0\sim W]\)，因为我们的 dp 定义为“恰好”，所以我们需要循环 \(dp[n][0\sim W]\) 取最大。
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复杂度 \(O(nW)\)。
【使用场景】
如果一个 dp 的转移方程可以变成：\(dp[i]=\max\{f(j)\}+g(i),h(i)\leq j\leq i\) 的形式，\(h(i)\) 是一个随着 i 增加而增加的函数，它就可以用单调队列优化。
注意：这里的 \(f(j)\) 指 “把 dp[i] 推出来的位置”，它不一定是体积、价值等题目中明确有变量表示的东西，因此，我们在做题时可能需要自己手动变形，把 \(f(j)\) 变形出来。
\(f(j)\) 仅关于 j 的原因：单调队列的作用实际上是替代掉了一重循环，所以如果 f(j) 在判断条件里面和 i 有关，那么在 i 变动的时候单调队列里面也会变，这样就太麻烦了（实际上更精确的说法，是不涉及任何更高层的循环变量）。
比如多重背包里面的三重循环，队列是开在第二层下的，并且是在第三层下面更新的。
实际上，如果判断条件里面多一个关于 \(j\) 的数（非参数），那么第二层每动一次，单调队列里每一个数都要变，于是单调性就不满足了，得重新排一遍。
【斜率优化】
斜率、截距等定义就不再赘述。
【引入】
假设我们有一张收入表，上面记录了几家公司在不同年份的收入。
不妨假设每家公司的收入都很稳定，这让它们的收入在表上呈直线，现在我们想研究某年哪家收入最高。
不如把横坐标看为时间，纵坐标看为收入。
我们发现，斜率在这里表示公司收入增长速度，纵截距表示公司初始资金。
显然，紫色公司一定不可能是答案，因为它被其他公司完爆了。
但是我们发现，绿色公司明明没有被任何公司完爆，它却始终无法出头。于是这家绿色公司就是多余状态，需要去除。
但是绿色公司为什么无法出头？我们发现，在绿色超越其他所有公司之前，先被黄色超越了，而被超越意味着以后黄色都比绿色强，于是绿色永无出头之日。
接下来我们研究一个更细的情况。（自动忽略完爆情况）
假设现在只有两条线，分别是 1、2 号。
我们定义 \(d_i\) 为：第 \(i\) 条线超过其他所有线的时间点，\(t_i\) 为：第 \(i\) 条线第一次被其他线超过的时间点（初始不算）。
显然，在这张图中 \(d_1=0,t_1=d_2,t_2=+\infty\)。现在再加入第三条线。
这个时候我们发现，这个时候 \(t_2\leq d_2\)，这说明在绿色出头之前，他就被打下去了。
并且，因为黄色的斜率更大，绿色以后永远不可能比黄色大，所以在我们发现一条线在超越一切之前又先被超越了，那这条线段就不再有意义。这件事的条件是新来的线段斜率更大。
我们可以把这个说法变得更加具象化：如果一条线与 之前斜率最大的线 的交点 的横坐标 \(>\) 这条线与新线的交点的横坐标，那么这条线就没有存在的必要了。
这里进行详细解释：
-
为什么超越一切的地方就在 "与之前斜率最大的线的交点" ？
以红线超越一切的地方为例。
反证法，如果不在这里，说明在这个交点之上，还有另外斜率更小的线（黄线），是截距导致了这条线的交点更靠右。可是，因为黄线在这个交点之上，说明红线与黄线的交点一定比绿线与黄线的交点更靠左。
所以，绿线超越一切的地方，要比红线更晚，但是绿线却在更早之前被红线超越，那么按照我们的说法，绿线根本就不应该存在。矛盾。
所以命题得证，超越一切的地方就在 “与之前斜率最大的线的交点处”。这个命题的得证也证明了另一个命题：如果存在四条线 \(a,b,c,d,k_a\leq k_c,k_b\leq k_d\)，那么 \(a,b\) 的交点一定比 \(c,d\) 的交点更靠左（不严格）。
-
我们发现了一个很神奇的单调性：随着时间增加，加入的线段的斜率也随之增加，所以新诞生的交点也往右走。
不要忘了我们的目的：求出某时刻最高的线段。
我们发现，这个东西用单调队列可以很好的处理：
一般用单调队列维护的东西只分四个步骤：
-
新加入的会把队尾元素弹出。实际上，不妨设当前队尾元素是 \(a\)，队尾的倒数第二个元素是 \(b\)，新加入的元素是 \(c\)。
如果 \(c\) 与 \(a\) 的交点比 \(b\) 与 \(a\) 的交点更靠左，那么 \(a\) 就可以弹出了。这是因为两点：我们的单调性说明队尾的后两个元素已经是斜率最大的元素了，而我们上面推出的结论可以知道，与 \(a\) 的超越时刻就是 与 \(b\) 的交点 了。而当 \(a\) 在超越一切之前先被别人超越了，\(a\) 就不再有价值。注意这里涉及了队尾的两个元素。
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队头会因为过期出队。在这里，过期就代表在我们问的时刻时，队头的元素由于斜率太小，已经被后来的线超越了。这个时候因为队头的斜率小，之后不可能超回来，所以队头此时也可以弹掉。
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加入新的线。
-
我们想要的答案是什么：队头就是我们想要的线。
-
经过这么分析，我们发现我们可以快速求出某一时刻最高点是哪条线了。
但是这个和 dp 有什么关系？
因为在我们的 dp 中，有时可以把问题变成类似于 “ 若干条直线，求某横坐标上的最高线段 ” 的问题。
【适用场景】
在上面的单调队列优化中，我们强调了一件事：\(f(j)\) 必须仅关于 \(j\)，但是在这里，我们可以用斜率优化让这个条件变得宽松。
若我们可以把转移方程改成 \(dp[i]=\max\{k(j)\times x(i)+b(j)\}+t(i)\) 的形式，我们就可以考虑斜率优化。
在这里，\(k(j)\) 就相当于上面的斜率，\(b(j)\) 就相当于截距，\(x(i)\) 相当于查询的横坐标。
我们来综合考虑一下斜率优化需要满足什么条件。
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转移方程改写为 \(dp[i]=\max\{k(j)\times x(i)+b(j)\}+t(i)\) 的形式，其中每个函数都是仅关于各自的变量。
-
如果是求 \(\max\)，那么 \(k(j)\) 必须单调不减，这个条件相当于上面这件事的条件就是新加入的斜率更大。 如果是求 \(\min\) 就相反。如果不满足这个条件，那么加入线段就要加到中间去，效率降低（当然用优先队列和线段树也可以做）。
-
\(x(i)\) 随着 \(i\) 的增加单调不减，这个无关 \(\max\) 还是 \(\min\)，因为这个的意义在于问问题的时刻是不减的，所以队头的元素不会出队又入队。
值得注意的是，我们虽然说是斜率优化，但是 \(x(i)\) 并不一定是一个关于 \(i\) 的一次函数：因为我们不在乎横坐标是什么，之间有什么关系，我们只需要不减。
另外，一开始我们设计出的转移方程可能并不满足斜率优化的形式，但是我们可以变形方程，让它符合条件。
【一些题目】
在这题里面，我们的物品没有体积，价值是 \(1\sim 6\)，我们要做一个布尔型多重背包，并且第二维设为价值（当然把体积看为 \(1\sim 6\)，第二维做体积也可以）。
因为是布尔型，所以我们并不关心大小，只关心真假，因此我们的只需要记下来最新的 true 即可。
我们可以用一个 pair 代替双端队列，记录当前窗口内是否有 true，和这个 true 的位置。如果循环中滑出窗口，就改为 false；如果碰到一个新的 true，就更新这个 pair。
在这题中，我们需要做两次背包。
对于 FJ：
我们的物品体积为 1，价值为 \(v\)，且我们的多重背包第二维要做价值，然后求最小体积。（最少硬币数）
对于店主：
硬币数是无限的，这提醒我们要用完全背包。实际上，我们确实按照完全背包的方法求最小体积即可。
最后，因为 FJ 付的钱可能比 FJ 需要付的钱要多很多，所以我们最后求答案的时候需要枚举 \(T\sim M\!A\!X\!N\)，其中 \(M\!A\!X\!N\) 表示 FJ 的硬币总和。（如果 dp 完毕，目标状态是 \(+\infty\)，说明没法凑出这个金额）
注意点：初值是 \(+\infty\)，需要滚动数组优化。
斜率优化，需要自己把转移方程变形。
定义：\(dp[i]\) 表示在 \(i\) 时刻发一次车，所有在 \(i\) 时刻之前的人的等待时间总和的最小值。
注意到因为在 \(i\) 时刻发车后，所有 \(i\) 时刻之前到的人一定都走了，因此这个状态定义有无后效性。
枚举上一次发车的时间点，注意到发车时间一定是一个人到达的时间，不妨设上一次发车时间为 \(j\)。
因为我们在第 \(i\) 时刻发车，所以在 \((i-m, i)\) 之间绝对不能发车，否则无法在 \(i\) 时刻回到人大附中，即 \(j\leq i-m\)。
有转移方程 \(dp[i]=\min\{dp[j]+\sum (i - t_k)\},j\leq i-m,t_k\in (j,i)\)。即 在 \(j\) 时刻发车的最小等待时间 + 在 \((j,i]\) 时刻到的人的等待时间总和。
\(\sum(i-t_k)=(cnt[i]-cnt[j])\times i - (sum[i]-sum[j])\)。
其中，\(cnt[x]\) 表示前 \(x\) 个时刻到的人数量，\(sum[x]\) 表示前 \(x\) 个时刻到的人的到达时刻之和。显然这两个东西可以预处理。
所以，\(dp[i]=\min\{dp[j]+(cnt[i]-cnt[j])\times i-(sum[i]-sum[j])\}\)
接下来，我们开始变形！
\(dp[i]=\min\{dp[j]+(cnt[i]-cnt[j])\times i-(sum[i]-sum[j])\}\)
\(dp[i]=\min\{dp[j]+cnt[i]\times i-cnt[j]\times i-sum[i]+sum[j]\}\)
\(dp[i]=\min\{-cnt[j]\times i + (dp[j]+sum[j])\} + cnt[i]\times i-sum[i]\)
我们发现现在的转移方程很标准：\(k(j)=-cnt[j],x(i)=i,b(j)=dp[j]+sum[j],t(i)=cnt[i]\times i-sum[i]\)。
于是我们现在就可以进行斜率优化了。
注意，\(j\) 可以用来更新的首要条件是 \(j\leq i-m\)。
整理一下：
-
因为我们可能在最后一个人到来前一秒开车，所以我们的 dp 范围应当是 \([1,mx+m)\)；
-
在 dp 过程中，只有 \(i-m>0\) 时才考虑往队列中加入新元素（\(i-m\)）；
-
斜率优化单调队列四步：（左闭右开写法）
-
弹队尾。新加入的元素是 \(i-m\)，我们设直线 \(l_1:y=k(q[r-2])\times x+b(q[r-2])\),\(l_2:y=k(q[r-1])\times x+b(q[r-2])\),\(l_3:y=k(i-m)\times x+b(i-m)\)。（注意，必有 \(k_{l_1}>k_{l_2}>k_{l_3}\)）
按照我们上面的结论，如果 \(l_1,l_2\) 交点的横坐标 \(>\) \(l_2,l_3\) 交点的横坐标，那 \(l_2\) 永无出 (低) 头之日。
所以我们写一个函数 \(cal(i,j)\) 表示 \(y=k(i)x+b(i),y=k(j)x+b(j)\) 的交点的横坐标。
若 \(cal(q[r-2],q[r-1])>cal(q[r-1],i-m)\)，则可弹出队尾；
-
加入新元素。我们就加入 \(i-m\)，即可能会用来更新的状态；
-
弹队头。如果 \(cal(q[l],q[l+1])\) 的交点横坐标 \(<x(i)\)，就弹队头（队头可能是最低的时间段过去了）；
-
求答案。此时的队头就是所有可以用来更新的状态中，最小的那一个。
-
-
最终答案：循环 \(dp[mx]\sim dp[mx+m-1]\) 求最小，\(mx\) 为到达时间最晚的那个。
注意：特判 \(cal()\) 中两条线斜率相等的情况，因为 \(k()\) 非严格递增。
注意：这题刚好 \(b()\) 也满足单调递增，否则我们需要写一个判断队尾被完爆的判断。（截距大，斜率也大）
斜率优化。调了 1 week。
考虑 dp: \(dp[i]\) 表示将第二个锯木厂建在第 \(i\) 棵树的最小代价（显然锯木厂建在树的位置最好）。
那么枚举第一个锯木厂的位置 \(j\): \(dp[i]=\min\{sum - w[j] \times d[j] - (w[i] - w[j]) \times d[i]\} (1 \leq j < i)\)，其中 \(w[j]\) 为 \(1\sim j\) 的重量之和，\(d[j]\) 为 \(j\) 到山脚的距离，\(sum\) 为所有树去山脚的代价。（按照 总代价 - 第一个锯木厂节省的 - 第二个锯木厂节省的）
开始变形。
\(dp[i]=\min\{sum - w[j] \times d[j] - (w[i] - w[j]) \times d[i]\}\)
\(dp[i]=\min\{sum - w[j] \times d[j] - w[i]\times d[i] + w[j]\times d[i]\}\)
\(dp[i]=\min\{w[j]\times d[i]-w[j]\times d[j]\}+sum-w[i]\times d[i]\)
这已经是一个 \(dp[i]=K(j)X(i)+B(j)+T(i)\) 的形式了，但是发现一个问题：\(K(j)\) 递增，\(X(i)\) 递减，于是我们把 \(K(),X()\) 同时取相反数。
\(dp[i]=\min\{(-w[j])\times (-d[i])-w[j]\times d[j]\}+sum-w[i]\times d[i]\)
此时令 \(K(j)=-w[j],X(i)=-d[i],B(j)=-w[j]\times d[j],T(i)=sum-w[i]\times d[i]\)，就是斜率优化的模板。
接下来有若干个注意点：
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求 \(sum\) 的时候，一定要先求 \(d\) 的前缀（每棵树到山脚的距离），然后立刻循环求 \(sum\)，不要把 \(w\) 也搞了前缀和再循环求；
-
因为可能几棵树堆在一起，\(K()\) 可能相等，要加特判；
-
因为 \(i\) 是第二个锯木厂的选址，所以从 2 开始枚举，同时因此我们的单调队列里面一开始就要存一个 \(1\) 作为更新的初始状态（当然，如果就是要从 1 开始循环也不是不行）；
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因为枚举状态是 \(j<i\)，严格小于，所以要在加入元素 \(i\) 对应的元素之前就更新 \(dp[i]\)；
-
如果判断队头过时的 while 放在 dp 更新之前，应该是 \(X(i)\)，如果在更新之后，应该是 \(X(i+1)\)；
-
在判断队头过时的时候，判断条件应该是 \(X(i+1)\) 而非 \(i+1\) ！！！！