今天遇到一道题：
给定长度为n的数组a，a[i]表示在第i点建立基站的开销。
同时给出m个区间[li,ri]，要满足给定的m个区间内都至少有一个基站，求最小的开销。
正解是单调队列优化dp，那么什么是单调队列？我们先看另外一道题：
显然最小值和最大值是互相独立的，我们可以先考虑最大值。用手模拟一下这个过程：
-
[1 3 -1 -3 5 3 6 7]
最开始我们的窗口里什么也没有，我们把1加入备选答案。
现在的答案备选：[1] -
[1 3 -1 -3 5 3 6 7]
新进来一个3，发现3比1大，并且3比1还更有未来！！更有未来指的是在窗口往右滑动的过程中，1会先淘汰掉，3在1后面，3的"有效期"更久。那3不仅比1大，有效期还更久，1两个都比不过，永远不会对最大值有贡献了，我们的备选答案里就可以淘汰掉1，加入3
现在的答案备选:[3] -
[1 3 -1 -3 5 3 6 7]
新进来一个-1，-1并没有比3大，但是我们现在还不知道后面的数会有多小，来个-100，-inf什么的，在往右滑动的过程中3会被踢掉，此时-1就可能成为最大值。所以暂且把-1加入备选答案。
现在的答案备选:[3,-1] -
[1 3 -1 -3 5 3 6 7]
新进来一个-3，同理，-3比-1小，但是有效期是最新的，我们现在还不知道后面的数会有多小，来个-100，-inf什么的，在往右滑动的过程中3和-1会被踢掉，此时-3就可能成为最大值。所以暂且把-3加入备选答案。
现在的答案备选:[3,-1,-3] -
[1 3 -1 -3 5 3 6 7]
新进来一个5，发现此时的5不仅比-3大，还比-1、3都大，且有效期最新，所以把3/-1/-3都淘汰掉，只留一个5.
现在的答案备选:[5] -
[1 3 -1 -3 5 3 6 7]
新进来一个3，虽然3比5小，但有效期新，加进来。
答案备选[5,3] -
[1 3 -1 -3 5 3 6 7]
新进来一个6，比现有的答案都大，且有限期更新，淘汰掉现在的答案备选。
答案备选[6]
......
在这个过程中大家也发现，如果新加进来一个数，当前答案备选里的“队尾”哪哪都比不过人家时（不仅有效期短，数值还更小），就永远不会对答案有贡献，我们就可以踢掉队尾。但也不一定只踢掉一次，为什么呢？
假设现在答案备选里有[1000,666,233,-1,-7]，新加进来一个7。
比较当前的队尾-7：数值更小，“有效期”更短，用7来代替-7肯定会是更优的解，把-7踢掉。答案备选变成[1000,666,233,-1]
比较当前的队尾-1：同理，用7代替-1，答案备选变成[1000,666,233]
比较当前的队尾233：虽然233可能很快就失效了（窗口要滑过去，233要没了），但是它的值更大，在失效前可能会成为最优解，先保留着。这时在队尾加入新进来的7，答案备选就变成了[1000,666,233,7]。
也就是说，我们在维护一个单调递减的答案备选队列，每新加进来一个数 x，就考虑能否用 x 替代掉队尾，如果发现可以，则一直这么做，直到当前的队尾比 x 大。
这部分的代码是：
int h = 1, t = 0,q[1000005]，p[1000005]; //q存储值，p存储位置
for (int i = 1; i <= n; i++) {while (h <= t && q[t] <= a[i]) t--; //如果队尾不优，就一直淘汰掉t++; //加入新的数q[t] = a[i];p[t] = i;
}
你可能会发现我们上面一直没有考虑过k的限制，k怎么处理？不就是要让当前的队头不能过期，否则就要踢出去嘛。那就是：
while (p[h] <= i - k) h++; //如果p[h]<= i-k 说明当前的h离i超过了k，已经离开了窗口 ,就h++。
这样我们就用单调队列解决了这道滑动窗口。再回来看
给定长度为n的数组a，a[i]表示在第i点建立基站的开销。
同时给出m个区间[li,ri]，要满足给定的m个区间内都至少有一个基站，求最小的开销。
我们能想到最暴力的dp表达式：令 dp[i] 表示强制在 i 建立基站，且前面所有线段都满足要求的最小花费，则
dp[i]=max(dp[j]+a[i]) ，其中[j+1,i-1]之间不能有完整的区间（不然就有区间没被覆盖到了）
看起来这个方程是O(N^2)的，因为我们要一层for循环枚举i，再一层for循环枚举j。但事实上由于"[j+1,i-1]之间不能有完整的区间"这一限制，想象一下，对于一个i，它的j只能是往前一小段。
比如上图，合法的区间只有绿色那段，如果再从更前面的点转移过来，就会导致最上面的那段区间没被覆盖到。
因此我们可以这么处理：
cin>>m;while(m--){int l,r; cin>>l>>r;pre[r+1]=max(pre[r+1],l);}
读入一段区间[l,r]后，对于r+1来说最小的合法前驱必须至少是l，再往前就会导致区间[l,r]不被覆盖。因为可能同一个r对应很多的l，所以取个最大值。
但只考虑端点还是不够的，可能出现这种情况：
本来对于r'+1来说最小的合法前驱至少得是l'，对于R+1来最小的合法前驱至少得是L，但这显然是错的。如果要在R+1建立基站，最小的合法前驱得是l',否则[l',r']这段无法覆盖到。也就是说当前点的合法前驱还跟前面的点有关，取一个前缀max即可。
for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=max(pre[i-1],pre[i]);
然后正式开始dp，和刚才的滑动窗口类似：
处理队头的操作:
while(hh<=tt and q[hh]<pre[i]) hh++; //如果当前队头超出了合法的范围，也就是说“过期了”，把队头踢掉
处理队尾的操作：
while(hh<=tt and dp[q[tt]]>=dp[i]) tt--; //如果当前的答案比队尾还优（这里更小是更优）,且因为是新加进来的，有效期更新，更不容易超出合法的范围。
//当前的答案怎么看都更好，就把队尾踢掉。
//最后队列里就是合法的、且答案单调递增的备选答案
dp转移操作：
dp[i] = dp[q[hh]] + a[i]; //因为我们的队列里维护的是合法的、答案单调递增的备选答案，所以直接取队首就是最优解
最后合起来完整代码就是：
#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();}
}
