[51Nod 1564 区间的价值]单调栈

1. 题目链接

[51Nod 1564 区间的价值]

2. 题目描述

3. 解题思路

首先,用单调栈求出每个位置i$i$,求出Lmini$L_{mi{n}_i}$和Rmini$R_{mi{n}_i}$,其中:

• Lmini=min{j}$L_{mi{n}_i}=\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{n}\{j\}$, 其中j$j$满足∀k∈[j,i]$\mathrm{\forall }k\in [j,i]$都有Ak≥Ai$A_k\ge A_i$;
• Rmini=max{j}$R_{mi{n}_i}=\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}\{j\}$, 其中j$j$满足∀k∈[i,j]$\mathrm{\forall }k\in [i,j]$都有Ak≥Ai$A_k\ge A_i$;

然后,就可以枚举每个位置i$i$, 尝试求出以第i$i$个元素为区间最小值时的所有区间的最大值乘最小值,即求出max{aj}∗ai$\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}\{{\mathrm{a}}_{\mathrm{j}}\}\ast a_i$, 其中,Lmini≤j≤Rmini$L_{mi{n}_i}\le j\le R_{mi{n}_i}$.但是复杂度依然是O(n2)$O(n^2)$.
而且,我们对于每个位置i$i$,可以找到pi$p_i$满足一个位置pi∈[Lmini,Rmini]$p_i\in [L_{mi{n}_i},R_{mi{n}_i}]$ 且A[pi]=max{aj}$A[p_i]=\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}\{a_j\}$(其中Lmini≤j≤Rmini)$(其中L_{mi{n}_i}\le j\le R_{mi{n}_i})$,那么可以知道的是,对于任意满足Lmini≤j≤k≤Rmini且j≤i,pi≤k$L_{mi{n}_i}\le j\le k\le R_{mi{n}_i}且j\le i,p_i\le k$的j,k$j,k$来说,区间[j,k]$[j,k]$的区间价值都是Api∗Ai$A_{p_i}\ast A_i$.
又因为,随着区间长度的增加,最大价值的区间价值是递减的, 那就可以直接用对用Api∗Ai$A_{p_i}\ast A_i$直接更新长度在[1,Rmini−Lmini+1]$[1,R_{mi{n}_i}-L_{mi{n}_i}+1]$区间的答案;又因为答案是单调的,可以用后缀来代替线段树进行区间更新了.
(Orz, 数学描述起来好费劲)

4. 参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;

const long double eps = 1e-8;
const ll infl = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

const int MAXN = 100005;
int n, A[MAXN];
ll res[MAXN];
int mi[30][MAXN], ma[30][MAXN];
int lmin[MAXN], rmin[MAXN];

int rmq_min(int l, int r) {
    int w = r - l + 1, d = log2(w);
    return min(mi[d][l], mi[d][r - (1 << d) + 1]);
}
int rmq_max(int l, int r) {
    int w = r - l + 1, d = log2(w);
    return max(ma[d][l], ma[d][r - (1 << d) + 1]);
}

int main() {
#ifdef __LOCAL_WONZY__
    freopen("input-3.txt", "r", stdin);
#endif
    scanf("%d", &n);
    //n = 1e5;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%d", &A[i]);
        //A[i] = rand() + 1;
        mi[0][i] = ma[0][i] = A[i];
        res[i] = 0;
    }
    for(int j = 1; j < 30; ++j) {
        int w = 1 << j;
        for(int i = 1; i + w - 1 <= n; ++i) {
            ma[j][i] = max(ma[j - 1][i], ma[j - 1][i + (w >> 1)]);
            mi[j][i] = min(mi[j - 1][i], mi[j - 1][i + (w >> 1)]);
        }
    }
    stack<int> stk;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        while(!stk.empty() && A[stk.top()] > A[i]) {
            rmin[stk.top()] = i - 1;
            stk.pop();
        }
        stk.push(i);
    }
    while(!stk.empty()) {
        rmin[stk.top()] = n;
        stk.pop();
    }
    for(int i = n; i >= 1; --i) {
        while(!stk.empty() && A[stk.top()] > A[i]) {
            lmin[stk.top()] = i + 1;
            stk.pop();
        }
        stk.push(i);
    }
    while(!stk.empty()) {
        lmin[stk.top()] = 1;
        stk.pop();
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        int w = rmin[i] - lmin[i] + 1;
        res[w] = max(res[w], (ll) A[i] * rmq_max(lmin[i], rmin[i]));
    }
    for(int i = n; i >= 1; --i) res[i] = max(res[i], res[i + 1]);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) printf("%lld\n", res[i]);
    return 0;
}