一.题目大意

有Q只猴子要从第一棵树到第n棵树去，第i只猴子一次跳跃的最远距离为Ki。如果它在第x棵树，那它最远可以跳到第x+Ki棵树。如果第j棵树的高度比第i棵树高或相等，那么它从第i棵树直接跳到第j棵树，它的劳累值会增加1。所有猴子一开始在第一棵树，请问每只猴子要跳到第n棵树花费的劳累值最小。

第一行一个整数n，表示有n棵树。（2<=n<=1000000）

接下来第二行给出n个正整数D1，D2，……，Dn（1<=Di<=10^9）,其中Di表示第i棵树的高度。

第三行给出了一个整数Q（1<=Q<=25）,接下来Q行，给出了每只猴子一次跳跃的最远距离Ki(1<=Ki<=N-1)。

这里说明一下： 4 6 3

若猴子在4，那它可以直接跳到3的那棵树

二.具体思路

看到这道题很容易想到dp思想，首先我们可以进行q次循环，找出每只猴子跳到n的最小劳累值。

我们定义dp[i]表示这只猴子跳到第i棵树的最小劳累值，状态转移方程就有：

if(a[i]>=a[i-k])

dp[i] = min(dp[i-k] + 1,dp[i])

else

dp[i] = min( dp[i-k] , dp[i] )

其中0<=k<=k[i]

但是由于数据很大，直接写二重会超时，于是可以用单调队列优化

我们用单调队列保护i-k到i的递增性，最后只需要用队头去判断一次就行了

但有一个问题：由于要涉及到+1的情况，怎样维护它呢？

我们可以用贪心的思路想一下，如果最小值是唯一的，那么就算+1它也是最小值

但如果不是的话，比如队列里的dp[1]与dp[2]相等，则我们就去找它们高度的较大值，因为从高处向低出跳不需要劳累值，高度越高，就越不容易加劳累值。

三.代码实现

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <deque>
using namespace std;
const int MAXN =1000003;
int n , k , dp[MAXN] , a[MAXN] , q , ans = 0x3f3f3f3f;
int main(){
    scanf( "%d" , &n );
    for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
        scanf( "%d" , &a[i] );
    scanf( "%d" , &q );
    while( q-- ){
        scanf( "%d" , &k );
        deque<int>que;
        memset( dp , 0x3f , sizeof( dp ) );
        dp[1] = 0;
        que.push_back( 1 );
        for( int i = 2 ; i <= n ; i += 1 ){
            if( !que.empty() && que.front() + k < i )
                que.pop_front();
            dp[i] = dp[que.front()];
            if( a[i] >= a[que.front()] )
                dp[i] +=1;
            while( !que.empty() && ( dp[que.back()] >  dp[i]  ||  (dp[que.back()] == dp[i] && a[i] > a[que.back()] ) ) )
                que.pop_back();
            que.push_back( i );
        }
        printf( "%d\n" , dp[n] );
    }
    return 0;
}

猴子