原题链接//https://ac.nowcoder.com/acm/problem/51001
题意：给定一个数组，给你一个长度为k的窗口，窗口每次向右滑动一个位置，求每次滑动后窗口里最大/最小的数。
示例：
思路1：优先队列
最大值：维护一个长度为k的优先队列（pair类型，pair类型的优先队列排序是先按照first排序，再按照second序），那我们就可以定义一个priority_queue<pair<a[i], i> >, 当窗口移动后我们判断队列的头元素的second是否还在窗口中（移动窗口后，以前的元素可能已不再窗口内）， 若在就将新元素加入到队列中，若不在就先将队首出列，然后再将新元素加入到队列中。这样每次输出队列的首元素的first即可。
最小值：同理建一个小顶堆，priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> >,greater<pair<int,int> > >，可求出每次窗口移动的最小值。
时间复杂度：从前往后遍历每个元素，复杂度为O(n)，元素入队的复杂度为O(logn)（堆的操作为O(logn)），总复杂度为O(nlogn)。
代码：
priority_queue<pair<int,int> > pq1; //大顶堆
priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> >,greater<pair<int,int> > > pq2; //小顶堆
vector<int> v1, v2; //存储最大值 最小值
void Sliding_Window(int a[], int n, int k)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(!pq2.empty() && (pq2.top().second)<=i-k) //队首不在窗口内 出队
pq2.pop();
pq2.push(pair<int,int>(a[i],i)); //入队
while(!pq1.empty() && (pq1.top().second)<=i-k)
pq1.pop();
pq1.push(pair<int,int>(a[i],i));
if(i>=k)
{
v2.push_back(pq2.top().first);
v1.push_back(pq1.top().first);
}
}
}
使用优先队列的时间复杂度为O(nlogn)，那是否有跟优秀的算法呢，答案是有的，接下来我们来说一下由双端队列解决该问题。
思路2：双端队列
双端队列的优点在与既可以从队首删除，也可以从队尾删除元素。
最大值：我们定义一个双端队列，当队列不空时，每次窗口移动后，将新元素与队列中的元素从后往前比较，将队列中比新元素小的元素删除（只要队列中的元素还在窗口内，且比新元素小，则窗口中最大值必不可能为队列中的元素），在此操作之前同样要将窗口移动后队列中已不在窗口的元素出列，那么每次操作之后队列的首元素既是窗口中的最大值。
最小值：同理将队列中比新元素大的全部删除即可。
时间复杂度：每个元素出队入队一次，出队一次，所以复杂度为O(n)。
代码：
deque<pair<int,int> > pq1;
deque<pair<int,int> > pq2;
vector<int> v1, v2;
void Sliding_Window(int a[], int n, int k)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(!pq2.empty() && (pq2.front().second)<=i-k) //将不在窗口的元素出队
pq2.pop_front();
while(!pq2.empty() && (pq2.back().first>a[i])) //将比新元素大的元素出队
pq2.pop_back();
pq2.push_back(pair<int,int>(a[i],i));
while(!pq1.empty() && (pq1.front().second)<=i-k)
pq1.pop_front();
while(!pq1.empty() && (pq1.back().first<a[i]))
pq1.pop_back();
pq1.push_back(pair<int,int>(a[i],i));
if(i>=k)
{
v2.push_back(pq2.front().first);
v1.push_back(pq1.front().first);
}
}
}