题目描述

给定一个大小为$n \le 10^6$的数组。

有一个大小为k的滑动窗口，它从数组的最左边移动到最右边。

您只能在窗口中看到k个数字。

每次滑动窗口向右移动一个位置。

以下是一个例子：

该数组为[1 3 -1 -3 5 3 6 7]，k为3。
不会写Markdown的表格,所以请自行看题目

您的任务是确定滑动窗口位于每个位置时，窗口中的最大值和最小值。

输入格式
输入包含两行。

第一行包含两个整数n和k，分别代表数组长度和滑动窗口的长度。

第二行有n个整数，代表数组的具体数值。

同行数据之间用空格隔开。

输出格式
输出包含两个。

第一行输出，从左至右，每个位置滑动窗口中的最小值。

第二行输出，从左至右，每个位置滑动窗口中的最大值。

样例

输入样例：
8 3
1 3 -1 -3 5 3 6 7
输出样例：
-1 -3 -3 -3 3 3
3 3 5 5 6 7

单调队列

这道题目,我们就维护两个队列,一个是最小值,一个是最大值.这里唯一的重点就是,每一次入队的时候,不需要管是不是比队头小,因为也许他现在小,但是在队头出队列后,他还在,而且是最小的值.

来自yxc老师
这道题目的时间限制卡得比较紧，需要用 $O(n)$ 时间复杂度的算法来做。

这是一道单调队列的模板题，以求最小值为例：

我们从左到右扫描整个序列，用一个队列来维护最近 $k$ 个元素；
如果用暴力来做，就是每次都遍历一遍队列中的所有元素，找出最小值即可，但这样时间复杂度就变成 $O(nk)$ 了；
然后我们可以发现一个性质：
如果队列中存在两个元素，满足 a[i] >= a[j] 且 i < j，那么无论在什么时候我们都不会取 a[i] 作为最小值了，所以可以直接将 a[i] 删掉；
此时队列中剩下的元素严格单调递增，所以队头就是整个队列中的最小值，可以用 $O(1)$ 的时间找到；
为了维护队列的这个性质，我们在往队尾插入元素之前，先将队尾大于等于当前数的元素全部弹出即可；
这样所有数均只进队一次，出队一次，所以时间复杂度是 $O(n)$ 的。

C++ 代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int a[N],n,m,f,i,j,s_min[N],s_max[N];
deque<int> min_val,max_val;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>a[i];
    min_val.push_front(1);
    max_val.push_front(1);
    s_min[1]=1;
    s_max[1]=1;
    m--;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        while (min_val.size() && min_val.front()+m<i)//如果队头已经不满足条件,在当前候选区间了
            min_val.pop_front();
        while (max_val.size() && max_val.front()+m<i)//如果队头已经不满足条件,在当前候选区间了
            max_val.pop_front();

        while (min_val.size() && a[min_val.back()]>=a[i])//生存能力弱,弹出
            min_val.pop_back();
        while (max_val.size() && a[max_val.back()]<=a[i])//生存能力弱,弹出
            max_val.pop_back();
        //if (a[i]<=min_val.front()) 生存能力,不只是看值的大小,还有位置问题
            min_val.push_back(i);
        //if (a[i]>=max_val.front()) 生存能力,不只是看值的小小,还有位置问题
            max_val.push_back(i);

        s_min[i]=min_val.front();
        s_max[i]=max_val.front();
    }
    for(int i=m+1;i<=n;i++)
        cout<<a[s_min[i]]<<" ";
    cout<<endl;
    for(int i=m+1;i<=n;i++)
        cout<<a[s_max[i]]<<" ";
    return 0;
}