Problem

There are famous problem for given array of numbers and number $$$K$$$ find minimums for all segments of length $$$K$$$.

More general variant: for given array of size $$$n$$$ and $$$q$$$ queries $$$[l_i,r_i]$$$ need to find minimums on segmets at $$$l_i \leq l_{i+1}$$$ и $$$r_i \leq r_{i+1}$$$. Solution must be $$$O(n+q)$$$.

To solve this problem we need sliding window method, we numbers from segments is window. Needed data structure should be able to push_back (add number to the end of window), pop_front (remove first element) и get_min — current minimum in window.

I was surprised to find that there are two types of such data structure. First is very popular and can be easily found in web. But type that I use whole life I can't find. I'll describe both of them.

Solution #1

The idea is to store sequence of increasing minimums. First minimum is minimum of whole window, second is minimum of elements after first minimum, and so on. For example, for window [2,3,1,5,4,8,7,6,9] sequence is [1,4,6,9].

When element is adding to the right of window (incR, push_back), the sequence changes as follows: all higher elements are gone from sequence, new element is goes to the end of sequence.

Couple of samples for [1,4,6,9]:

Adding 5: [1,4,6,9] -> [1,4] -> [1,4,5]

Adding 100: [1,4,6,9] -> [1,4,6,9,100]

Adding 0: [1,4,6,9] -> [] -> [0]

In removing left element from window (incL, pop_front) we need to know if first element of sequence is first element of window. Impossible to know this only by values, so we need to store sequence of pairs (value, index) except of only values. Previous example turns to [(1,2), (4,4), (6,7), (9,8)], where indices are numbered from zero. Bounds of window stored as pair of numbers $$$L$$$ and $$$R$$$. So, if first element of sequence is first element of window, that is its index equals to $$$L$$$, than only needed is to remove this first element from sequence.

Для реализации потребуется структура данных, позволяющая эффективно делать операции удаления слева и справа, а также добавления справа. Для этого можно использовать дек (std::deque в c++)

int inf = 2e9;
struct sliding_window{
    deque<pair<int,int>> d;
    int l, r;
    
    sliding_window(){
        l = r = 0;
    }
    
    void push_back(int x){
        while(!d.empty() && d.back().first >= x) d.pop_back();
        d.emplace_back(x,r);
        ++r;
    }
    
    void pop_front(){
        if(d.front().second == l) d.pop_front();
        ++l;
    }
    
    int get_min(){
        return d.empty() ? inf : d.front().first;
    }
};

Решение #2

Представим окно в виде двух стеков: префикс окна находится в левом стеке $$$L$$$ так, что первый элемент окна вверху $$$L$$$, а суффикс окна в правом стеке $$$R$$$ так, что последний элемент окна вверху $$$R$$$.

[2,3,1,5,4,8,7,6,9]
<-------|--------->

L = [5,1,3,2]
R = [4,8,7,6,9]

Когда происходит добавление элемента справа (incR, push_back), элемент попадает в вершину правого стека

При удалении элемента слева (incL, pop_front), элемент уходит с вершины левого стека. Исключение составляет случай, когда в этот момент левый стек пуст. Тогда перед удалением происходит операция перебрасывания правого стека в левый: пока правый стек не закончится, его верхний элемент перемещается в левый стек. Например,

[4,3,1,2]
|------->

L = []
R = [4,3,1,2]

L = [2]
R = [4,3,1]

L = [2,1]
R = [4,3]

L = [2,1,3]
R = [4]

L = [2,1,3,4]
R = []

[4,3,2,1]
<-------|

Теперь, после перебрасывания, из левого стека можно удалять верхний элемент.

Чтобы отвечать в любой момент о текущем минимуме в окне нужно знать минимумы в стеках. Так как правый стек только увеличивается или очищается полностью, его минимум можно поддерживать в отдельной переменной $$$Rmin$$$.

В левом стеке вместо самих значений нужно хранить минимум среди значений от этого элемента до дна стека. Например для стека [5,7,3,4,2,1,8,6] это будет стек [5,5,3,3,2,1,1,1]

Итого, минимум в окне будет равен либо верхнему элементу левого стека, либо $$$Rmin$$$.

int inf = 2e9;
struct sliding_window{
    vector<int> l, r;
    int rmin;
    
    sliding_window(){
        rmin = inf;
    }
    
    void push_back(int x){
        r.push_back(x);
        rmin = min(rmin, x);
    }
    
    void pop_front(){
        if(l.empty()){
            for(int mn = inf; !r.empty();){
                mn = min(mn, r.back());
                l.push_back(mn);
                r.pop_back();
            }
            rmin = inf;
        }
        l.pop_back();
    }
    
    int get_min(){
        int res = rmin;
        if(!l.empty()) res = min(res, l.back());
        return res;
    }
};

Примечание

Оба решения работают за одинаковую ассимптотику. Второе считаю более простым для понимания как алгоритм, но в первом меньше кода. Про сравнительное время работы ничего не могу сказать.

Кстати, оба решения можно проапгрейдить до операции push_front, хотя кажется, такая операция нигде не нужна.