Description - 问题描述
集合M的定义如下：
- 1是M中的元素
- 如果x是M中的元素，那么2x+1和4x+5都是M中的元素
那么，集合M中，最小的n个数是哪些？
Input - 输入数据
一个整数n（1<=n<=100 000）
Output - 输出数据
n个从小到大的整数，空格分隔。
仔细一分析便可推知最后需要输出的数一定是单调递增的。在当时做这题的时候，旁边的gxy同学直接从1开始暴力枚举所有的奇数（2x+1和4x+5肯定是一个奇数），然后判断和前面的数是否构成2x+1或4x+5的关系，是的话就输出，否则便continue，这样的话算法复杂度就达到了O(n^2)，最后还是有一个点无法通过。那么，是否还有更好的方法呢？
事实上，由前面的单调递增可以知道：假如我们用一个数组来保存输出的数，那么这个数组肯定是2x+1产生的数再并上4x+5产生的数。这样一来也就明了了只要我们定义一个a队列来保存2x+1产生的数，用一个b队列保存4x+5产生的数。每次将a的队头与b的队头进行比较，则会出现3种情况：(A)a队头>b队头 (B)a队头=b队头 (C)a队头<b队头 这时只需要将较小者送人x来执行下一次的2x+1和4x+5，同时也不要忘记将x输出。在经过多方的查证后，我才得以知道这是使用了单调队列的思想，下面给出百度里给它的定义以有助于大家的理解：单调队列，即单调的队列。使用频率不高，但在有些程序中会有非同寻常的作用。(大概就是诸如这类的题目吧）
举例
不妨用一个问题来说明单调队列的作用和操作：
不断地向缓存数组里读入元素，也不时地去掉最老的元素，不定期的询问当前缓存数组里的最小的元素。
最直接的方法：普通队列实现缓存数组。
进队出队都是O(1)，一次查询需要遍历当前队列的所有元素，故O(n)。
好了，接下来给出代码，仅供参考：
#include<iostream>
using namespace std;
const int maxn=+;
int a[maxn],b[maxn];
int x=,n,total=;
int front1=,front2=,tail1=,tail2=;
int main()
{
cin>>n;
while(total<=n)
{
if(total==n)
cout<<x;
else
cout<<x<<' '; tail1++;
a[tail1]=*x+; tail2++;
b[tail2]=*x+; if(a[front1]>b[front2])
{
x=b[front2];
front2++; }
else
{
if(a[front2]<b[front2])
{
x=a[front1];
front1++;
}
else
{
x=a[front1];
front1++;
front2++;
}
}
total++;
}
return ;
}
最后，欢迎大家的指教。