小河可以看作一列格子依次编号为0到N，琪露诺只能从编号小的格子移动到编号大的格子。而且琪露诺按照一种特殊的方式进行移动，当她在格子i时，她只移动到区间[i+l,i+r]中的任意一格。
每一个格子都有一个冰冻指数A[i]，编号为0的格子冰冻指数为0。当琪露诺停留在那一格时就可以得到那一格的冰冻指数A[i]。琪露诺希望能够在到达对岸时，获取最大的冰冻指数。
开始时，琪露诺在编号0的格子上，只要她下一步的位置编号大于N就算到达对岸。
第1行：3个正整数N, L, R
第2行：N+1个整数，第i个数表示编号为i-1的格子的冰冻指数A[i-1]
一个整数，表示最大冰冻指数。保证不超过2^31^-1
f~i~表示从起点走到第i个格子的最大收益。
f~i~=max(f~j~+a~i~) (i?r≤j≤i?l)。由j的状态转移到i的状态（递推）
在当前决定的节点之前（用窗口更新当前而不是用当前更新窗口）维护一个滑动窗口，每次求窗口中f~i~的最大值。
用一个单调队列维护窗口里所有可能用到的决策点。
对于两个点x,y，如果x<y且f~x~≤ f~y~，那么y进入窗口后，决策点一定不是x。由于是从前往后递推，若x<y(y比x靠后)，那么当前y可以更新格子的一定比x多，又因为由y更新得到的答案不小于x，所以x在此时此刻就没用了
如果一个节点y入队，则无需条件，但是入队前要弹出队列右端所有符合上文条件的x
在一番弹出后，就能保证队列中的f~i~从队首到队尾递减。
决策时，首先弹掉队首超过范围的点（<i-R）。
这时队首点就是决策点。最左边头一个点，因为递减，所以最左边的值最大
依然是老师代码（简化~实测AC~）批注
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define N 200005
using namespace std;
const int INF=0x7f7f7f7f;
int n,L,R,a[N]/*题目输入的四个变量*/,f[N]/*dp数组*/,q[N]/*队列*/,l,r/*滑动窗口范围*/;
int main(){
cin>>n>>L>>R;//第一行
for(int i=0;i<=n;i++) {
scanf("%d",&a[i]);//冰冻指数
}
f[0]=a[0];//边界：一开始就在第0个格子，无需移动
l=0;
r=-1;
for(int i=1;i<=n;i++) {
while(l<=r&&q[l]<i-R) {//q[l]存的格子已经超出i之前R的范围，且队列不为空，可以弹出（因为已经无法对i造成影响）
l++;//弹出q[l]
}
if(i-L>=0) {//保证当前操作的格子编号为非负数
while(l<=r&&f[i-L]>=f[q[r]]) {//保证队列不空且加入新格子[i-L]后，r不可以更新答案，i-L可以完全替代或者比r更优，弹出所有这样的r
r--;
}
q[++r]=i-L;//加入i-L
}
if(l>r) {//队空
f[i]=-INF;//没有到i的方案
}
else {
f[i]=f[q[l]]+a[i];//队列有元素，用队列最左边的元素更新f[i](不用担心队中其他元素，是金子总会发光，如果某元素有用，一定会留下来，成为下一个l，如果l一直能更新新的格子，那么l会一直待到l<i-R被迫老死(弹出)的那一刻)
}
}//到这里，递推循环结束
int ans=f[n];//开始筛选最大值为答案
for(int i=n-R+1;i<=n;i++) {
ans=max(ans,f[i]);//只要“大于”n就算到达对岸，所以最远可能从n-R+1直接跳R格到n+1；最近是从n跳任意k步都能到n+k,又因为n以后的位置没有收益，所以答案应该在n-R+1~n中找
}
cout<<ans;
return 0;
}n棵树排成一行，第i棵树高度h~i~。一只鸟想从1跳到n。当它在第i棵树上时，它可以一步跳到 [i+1,i+K]中的任意一棵树。 它从较高的树向较矮的树跳时不消耗体力，否则消耗 1 的体力。 询问 Q 次，每次给定 K，求最小消耗体力。
从1开始，跳到比当前矮的不消耗体力，否则消耗一点体力，每次询问有一个步伐限制，求每次最少耗费多少体力
There is a single integer n (2≤n≤1 000 000)
The second line holds n int d~1~~d~n~ is the height of the trees.
The third line Q (1≤q≤25)
The following Q lines: k~i~(1≤ki≤n?1)
Print q lines,The i~th~ line（the i~th~ bird energy）
f(i)表示跳到第i棵树消耗的最少体力。dp数组
状态转移方程：f(i)=min(f(j)+(h~j~<h~i~)) (i?K≤j≤i?1)。
如果h~i~（目标树）大那体力就加一，h~j~（起点树）大体力就不变
设x<y，若f(x)>f(y)，（无论i的高矮都是f(y)小，和上题类似，y明显比较优）或 f(x)=f(y) 且 h~x~ ≤ h~y~，（这时，如果转移到x,y都能得到一样的f，但是对以后的转移，如果从x到下一棵树消耗体力，那么y到同一棵树不一定消耗体力，y优于x），那么选y不会变差，x没用。这时弹出x
结论队尾为x，新点为 y，如果 f(x) > f(y)，或f(x)=f(y)且h~x~≤h~y~， 把 x 弹掉。
所以，是靠队列状态转移到当前状态，和上一题一样
复杂度O(Qn)
老师的代码（简化~实测AC~）+批注
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define N 1000010
using namespace std;
int n,Q/*题目给出的n,Q*/,K/*当前鸟的k值，避免浪费数组*/,a[N]/*树高*/,f[N]/*DP*/,q[N]/*队列*/,l,r/*队列左右界*/;
int main() {
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%d",&a[i]);
}
scanf("%d",&Q);
while(Q--){
scanf("%d",&K);//本行以上都是读入
q[0]=1;//第一棵树已经在队内
l=0;
r=0;//一开始的队列只有元素0
for(int i=2;i<=n;i++) {
while(i-q[l]>K) {//弹出队首的条件：老死（i，l距离已经超过k，鸟跳不过去）
l++;
}
f[i]=f[q[l]]+(a[q[l]]<=a[i]);//同样是用队首更新当前，只要高度上升就使体力加一
while(l<=r&&(f[i]<f[q[r]]||(f[i]==f[q[r]]&&a[i]>a[q[r]]))) {//条件说明：（队列不空&&（队尾体力大于当前体力||（当前体力和队尾体力相等&&当前高度大于队尾）））：这里讨论是否弹出队尾，队列不空是前提，分两种情况符合弹出条件，一、队尾体力消耗已经比当前大了，不可能更新当前。二、队尾体力虽然和当前相等，但是因高度问题，只要到了当前树就会体力+1，也不能更新当前
r--;//弹出
}//一通弹出过后，可以保证队列单调递增
q[++r]=i;//i入队，准备更新下一棵树
}
printf("%d\n",f[n]);//f[n]就是答案
}
return 0;
}洛谷网校：动态规划（二）单调队列优化 p1725，p3572
原文：https://www.cnblogs.com/Wild-Donkey/p/12260881.html