題意：給3個數x, k, t。經一系列操作後，使x變為1，求最少的操作次數。具體操作為：每次x可以減去乙個數0~t，或者除以k。
解析：本題使用dp，但是需要用單調佇列進行優化。
動規需要從1開始，一直往上計算，直到x為止。
遞迴公式為：dp[i]=min(min(dp[i-t]~dp[i-1])+1,dp[i/k]+1)
單調佇列：單調佇列中的數字都是遞增或者遞減的。本題中佇列用來儲存下標，隊首的下標總是對應i-1~i-t中次數最小的那個數的下標。
單調佇列是指：佇列中元素之間的關係具有單調性，而且，隊首和隊尾都可以進行出隊操作，只有隊尾可以進行入隊操作。
以單調不減隊列為例：佇列內的元素（e1，e2，e3...en）存在（e1<=e2<=e3<=...<=en）的關係，所以隊首元素e1一定是最小的元素。與優先佇列不同的是，當有乙個新的元素e入隊時，先要將隊尾的所有大於e的元素彈出，以保證單調性，再讓元素e入隊尾。
例如這樣一組數（1，3，2，1，5，6），進入單調不減佇列的過程如下：
1入隊，得到佇列（1）；
3入隊，得到佇列（1，3）；
2入隊，這時，隊尾的的元素3>2，將3從隊尾彈出，新的隊尾元素1<2，不用彈出，將2入隊，得到佇列（1，2）；
1入隊，2>1，將2從隊尾彈出，得到佇列（1，1）；
5入隊，得到佇列（1，1，5）；
6入隊，得到佇列（1，1，5，6）；
#includeusing namespace std;
const int maxn = 2e6 + 10;
#define inf 0x3f3f3f3f
typedef pairp;
typedef long long ll;
int dp[maxn];
int temp[maxn];
int main()
printf("%d\n",dp[x]);
}return 0;
}
HDU 3905 Sleeping 單調優化DP）
題目鏈結 這個狀態轉移想了會時間，dp i j 記錄前i分鐘學了j分鐘的取得的最大的分數，得到方程dp i j dp i k j k sum i sum i k l k j 這個果斷並不是只是乙個普通的dp，交上各種tle，然後發現問題了，應該需要需要優化。這個狀態方程神似以前單調佇列優化dp的轉移...
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hdu 4374 dp 單調佇列優化
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