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单调栈的“近亲”：用 O(n) 的「单调队列」征服「滑动窗口最大值」

news 2025/11/5 7:12:12

哈喽各位，我是前端小L。

我们的单调栈之旅，已经让我们能够高效地处理“凹槽”（接雨水）和“边界”（柱状图）问题。这些问题的共同点是，我们只关心“入栈”和“出栈”（push_back, pop_back）。

但如果，我们的问题是一个固定大小的“窗口”，在数据流上滑动呢？当窗口向右移动一格时，一个新元素从右侧进入，一个旧元素从左侧离开。

“右侧进入，右侧弹出”——单调栈可以胜任。
“左侧离开”——单调栈做不到！

这，就是我们需要“双端队列 (Deque)”的原因。而“单调队列”，就是这个问题的终极答案。

力扣 239. 滑动窗口最大值

https://leetcode.cn/problems/sliding-window-maximum/

题目分析：

输入：一个数组 nums 和一个窗口大小 k。
过程：一个大小为 k 的窗口，从数组的最左侧，一次向右移动一格，直到最右侧。
目标：返回一个数组，包含窗口每一步移动时的最大值。

例子： nums = [1, 3, -1, -3, 5, 3, 6, 7], k = 3

[1, 3, -1] -3, 5, 3, 6, 7 -> Max = 3
1, [3, -1, -3] 5, 3, 6, 7 -> Max = 3
1, 3, [-1, -3, 5] 3, 6, 7 -> Max = 5
1, 3, -1, [-3, 5, 3] 6, 7 -> Max = 5
1, 3, -1, -3, [5, 3, 6] 7 -> Max = 6
1, 3, -1, -3, 5, [3, 6, 7] -> Max = 7
答案: [3, 3, 5, 5, 6, 7]

思路的演进

朴素暴力 (O(n*k))：遍历 n-k+1 个窗口，对每个窗口都花 O(k) 时间找到最大值。总时间 O(n*k)，太慢。
大顶堆 / 优先队列 (O(n log k))：维护一个大小为 k 的大顶堆。窗口滑动时，add (O(log k))，remove (O(k) 或 O(log k) 如果用 multiset)。总时间 O(n log k) 或 O(n*k)。还是不够好。

“Aha!”时刻：单调队列的“四步舞” (O(n))

我们需要一个神奇的数据结构，它能 O(1) 地提供当前窗口的最大值，并且在窗口滑动时，能高效地 O(1)（均摊）添加和删除元素。

这个结构就是单调递减队列（存储索引）： deque<int> dq; 这个队列有两条铁律：

队列中的索引对应的值，必须严格单调递减。
队列中只存储当前窗口内的索引。

算法流程（“四步舞”）：我们遍历 nums 数组，索引为 i：

第1步：(维护窗口) 移除队首的“过期”索引

if (!dq.empty() && dq.front() == i - k)
dq.pop_front();
解释：i-k 是刚滑出窗口的那个元素的索引。如果它恰好是队首（即它是之前窗口的最大值），我们必须将它从队首移除。

第2步：(维护单调) 移除队尾的“无用”索引

while (!dq.empty() && nums[i] >= nums[dq.back()])
dq.pop_back();
解释：当前元素 nums[i] 比队尾的元素 nums[dq.back()] 要大（或相等）。而 nums[i] 更“新”（在窗口里待得更久）。这意味着，队尾那个“又老又小”的元素，永远不可能成为未来任何窗口的最大值了（因为有 nums[i] 挡着）。所以，将它从队尾无情地弹出。

第3步：(添加元素) 将当前索引加入队尾

dq.push_back(i);
解释：经过第2步的“清理”，nums[i] 现在可以安全地加入队尾，并维持队列的单调递减性。

第4步：(报告答案) 记录队首的最大值

if (i >= k - 1)
result.push_back(nums[dq.front()]);
解释：i >= k-1 意味着窗口已经“满”了。根据我们的单调递减规则，队首 dq.front() 对应的 nums[dq.front()]，永远是当前窗口内的最大值！

复杂度深度分析

时间复杂度 O(n)：
- 这是一个经典的摊销分析 (Amortized Analysis)。
- 表面上看，for 循环内部有一个 while 循环，似乎是 O(n²)。
- 但是，我们来分析每个元素的“一生”：nums[i] 的索引 i，最多只入队一次（push_back）。
- 它也最多只出队一次（要么 pop_front，要么 pop_back）。
- 在 n 次的 for 循环中，push_back 的总操作是 n 次。pop_front 和 pop_back 的总操作加起来也绝不会超过 n 次。
- 所有的 push 和 pop 操作总共是 O(n) 级别。
- 将这些 O(n) 的操作成本，平摊到 n 次 for 循环上，平均每次循环的时间复杂度就是 O(1)。
- 总时间复杂度 O(n)。
空间复杂度 O(k)：
- 在最坏的情况下，例如一个严格递减的数组 [5, 4, 3, 2, 1]，while 循环（第2步）永远不会执行。
- 此时，窗口内的所有 k 个元素的索引都会被压入双端队列中。
- 因此，dq 的大小最多为 k。

代码实现

#include <vector>
#include <deque>using namespace std;class Solution {
public:vector<int> maxSlidingWindow(vector<int>& nums, int k) {vector<int> result;// deque 中存储的是索引，其对应的值是单调递减的deque<int> dq; for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) {// 1. (维护窗口) 移除队首的“过期”索引if (!dq.empty() && dq.front() == i - k) {dq.pop_front();}// 2. (维护单调) 移除队尾的“无用”索引while (!dq.empty() && nums[i] >= nums[dq.back()]) {dq.pop_back();}// 3. (添加元素) 将当前索引加入队尾dq.push_back(i);// 4. (报告答案) 窗口已满if (i >= k - 1) {result.push_back(nums[dq.front()]);}}return result;}
};