可以用队列优化或斜率优化的dp这一类的问题为 1D/1D一类问题
即状态数是O(n)，决策数也是O(n)
单调队列优化
我们来看这样一个问题：一个含有n项的数列(n<=2000000)，求出每一项前面的第m个数到它这个区间内的最小值
可以使用RMQ求区间最小值，那么时间复杂度是O(nlogn)，不是让人很满意。
dp[i]为i-m+1->i这个区间的最小值。
那么状态转移方程是
可以看出，这个题目的状态数是O(n)，决策数是O(m)，且决策的区间是连续的，那么可以尝试想办法把O(m)优化成O(1)
我们可以用单调队列维护一个数据结构，这个数据结构有两个域，pos和val，pos代表下标，val代表该下标所对应的值。队列中的pos单调递增，且val也单调递增
那么当计算一个状态时，只要从队首不断弹出pos<i-m+1的数据，只要pos>=i-m+1,那么该决策就是最优的，因为队列是单调的啊。
同理，同队尾插入一个数据时，只要不断剔除val比a[i]大的数据，直到遇到小于它的，然后将该数据插入队尾。
每个数据只入队列，出队列一次，所以时间复杂度是O(n)，
分析：为什么插入的时候，比a[i]大的数据可以剔除，因为j<i时，a[j] > a[i], 那么以后所有的决策中，a[i]都比a[j]更优
为什么可以不断删除pos<i-m+1的数据，因为i是递增的，该数据对当前的i没用，那么对以后的i也是没用的。
1 #include <stdio.h>
2 #include <string.h>
3 #include <stdlib.h>
4 #include <algorithm>
5 #include <iostream>
6 #include <queue>
7 #include <stack>
8 #include <vector>
9 #include <map>
10 #include <set>
11 #include <string>
12 #include <math.h>
13 using namespace std;
14 #pragma warning(disable:4996)
15 #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
16 typedef long long LL;
17 const int INF = 1<<30;
18 /*
19 */
20 const int N = 100 + 10;
21 int a[N];
22 int dp[N];
23 int q[N], head, tail;
24 int main()
25 {
26 int n, m;
27 while (scanf("%d%d", &n,&m) != EOF)
28 {
29 for (int i = 1; i <= n; ++i)
30 scanf("%d", &a[i]);
31 head = tail = 0;
32 q[tail++] = 1;
33 dp[1] = a[1];
34 for (int i = 2; i <= n; ++i)
35 {
36 while (head < tail && a[i] < a[q[tail - 1]])//插入新的元素，要使得队列依旧单调递增
37 tail--;
38 q[tail++] = i;
39 while (head < tail && q[head] < i - m + 1)//剔除不合要求的pos
40 head++;
41 dp[i] = a[q[head]];
42 }
43 for (int i = 1; i <= n; ++i)
44 printf("%d ", dp[i]);
45 puts("");
46 /*
47 5 3
48 1 2 3 4 5
49 1 1 1 2 3
50 */
51 }
52 return 0;
53 }
那么我们可以抽象出一类模型
需要注意到，上面要求可选的决策集是连续的。同时也可以注意到，当前决策所需要的值是不受现在的状态所影响的，即g(i)与w[x]是相互独立的。
斜率优化
我们在单调队列的最后说道，当前决策所需要的值是不受现在的状态所影响的，即g(i)与w[x]是相互独立的。
还有的1D/1D一类问题是想下面这样的。
但是如果状态转移方程是这样的： dp[i]=dp[j]+(x[i]-x[j])*(x[i]-x[j]) ，1<=j<=i 把括号化开后，得到2x[i]*x[j], 这使得当前决策所需要的值受当前状态的影响
所以上面单调队列的方法就不行了。
【参考文献】
《1D1D动态规划优化初步》 作者：南京师范大学附属中学 汪一宁
《用单调性优化动态规划》 JSOI2009集训队论文