题目大意
给出一个长度为 (N) 的序列 (a) 需要构造出一个长度为 (N) 的序列 (h) 使得 (forall i in {1,2,ldots ,N} h_i leq a_i) 且 (forall i in {2,3,ldots ,N-1}),( exists forall j in {1,2,ldots ,i-1},k in {i+1,i+2 ldots N},h_j > h_i < h_k),求出并输出 (sum_{i=1}^{N}h_i) 达到最大值时的 (h) 序列.
再简化一下题意,就是需要找出一个序列 (h),(h_ileq a_i),且以 (h) 中的某一个元素看来,前面和后面的元素都是单调的.
本题在数据范围上分为两个部分,所以就写一下两种不同的做法.
Part 1
分析
(N) 的范围不大,只有 (1000) 于是很容易想到时间复杂度应该是 (O(N^2)) 的,可以想到先枚举最高的位置的点,在向两边计算,可以很容易想到最高位置的 (h_i=a_i) 而且当最高位置确定以后,为了使得和最大,所以整一个序列也是确定的,那么就可以想出最开始的 (O(N^2)) 的做法了
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i,first,last) for(int i=first;i<=last;++i)
#define DOW(i,first,last) for(int i=first;i>=last;--i)
using namespace std;
int N,h[114514];
int top;
long long ans[114514];
int main()
{
scanf("%d",&N);
REP(i,1,N)
{
scanf("%d",&h[i]);
}
int now;
long long answer=0;
long long sum;
REP(i,1,N)//枚举最高的位置
{
now=h[i];//记录当前的位置
sum=h[i];
DOW(j,i-1,1)//向前扫
{
sum+=min(h[j],now);
now=min(h[j],now);//这里的now因为要保证单调不下降,所以需要一直取min
}
now=h[i];//向后扫同理
REP(j,i+1,N)
{
sum+=min(h[j],now);
now=min(h[j],now);
}
if(sum>answer)//记录下最大值,以及最大值时时哪一个位置达到最大值了
{
answer=sum;
top=i;
}
}
//最后只需要将达到最大值时的序列输出就好了
ans[top]=h[top];
now=h[top];
DOW(i,top-1,1)
{
ans[i]=min(h[i],now);
now=min(h[i],now);
}
now=h[top];
REP(i,top+1,N)
{
ans[i]=min(h[i],now);
now=min(h[i],now);
}
REP(i,1,N)
{
printf("%d ",ans[i]);
}
return 0;
}
Part 2
分析
(N) 的范围变大了很多达到了 (500000) 为了防止题解清一色的都是单调栈,这里是一种不是很常见的做法.
可以发现在第一种方法中如果 (j leq i,h_j leq h_i) 时 (1) 到 (j) 的最大值肯定是被计算过的,于是就可以想到用一个数组 (L) 维护从 (1) 开始带第 (i) 个位置时最高处为 (i) 切 (h_1) 到 (h_i) 为单调不下降时 (h_1) 到 (h_i) 和的最大值,计算这个数组需要分两种情况.
- 第一种情况时 (a_{i-1} leq a_i),这样 (L_i=L_{i-1}+a_i).
- 第二种情况就比较特殊了,没法直接从 (L_{i-1}) 计算出来,需要找到上一个小于等于 (a_i) 的位置 (j),那么 (L_i=(j-i)*a_i+L_j),即在这之间的大于 (a_i) 的位置的高度都是 (a_i) 这样就可以保证是单调不下降.
于是就要想办法找到上一个小于 (a_i) 的位置,显然不可以用 (O(N)) 的做法,那么就可以用一颗线段树维护最小值,在线段树上二分找到上一个位置.
用同样的方法计算出一个数组 (R)(即从 (h_i) 开始到 (h_N) 中单调不上升的和的最大值)与 (L) 同理,这样以第 (i) 个位置为最高值时总和就变成了 (L_i+R_i-a_i) 取出最大值以后只要像方法一一样输出就好了.
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i,first,last) for(int i=first;i<=last;++i)
#define DOW(i,first,last) for(int i=first;i>=last;--i)
using namespace std;
const int MAXN=6e5+7;
int N,M;
int arr[MAXN];
long long L[MAXN],R[MAXN];
int ans[MAXN];
//线段树部分,不多讲
struct SegmentTree
{
int min;
}sgt[MAXN*4];
#define LSON (now<<1)
#define RSON (now<<1|1)
#define MIDDLE ((left+right)>>1)
#define LEFT LSON,left,MIDDLE
#define RIGHT RSON,MIDDLE+1,right
void PushUp(int now)
{
sgt[now].min=min(sgt[LSON].min,sgt[RSON].min);
}
void Build(int now=1,int left=1,int right=N)
{
if(left==right)
{
sgt[now].min=arr[left];
return;
}
Build(LEFT);
Build(RIGHT);
PushUp(now);
}
int QueryL(int l,int r,int num,int now=1,int left=1,int right=N)//查询下一个小于num的值的位置
{
if(r<left||right<l)return -1;
if(sgt[now].min>num)
{
return -1;
}
if(left==right)
{
return left;
}
int result=QueryL(l,r,num,LEFT);//因为是下一个,所以优先查询左边
if(result!=-1)
{
return result;
}
return QueryL(l,r,num,RIGHT);
}
int QueryR(int l,int r,int num,int now=1,int left=1,int right=N)//查询上一个小于num的值的位置
{
if(r<left||right<l)return -1;
if(sgt[now].min>num)
{
return -1;
}
if(left==right)
{
return left;
}
int result=QueryR(l,r,num,RIGHT);
if(result!=-1)
{
return result;
}
return QueryR(l,r,num,LEFT);
}
#undef LSON
#undef RSON
#undef MIDDLE
#undef LEFT
#undef RIGHT
int main()
{
scanf("%d",&N);
REP(i,1,N)
{
scanf("%d",&arr[i]);
}
Build();
REP(i,1,N)
{
if(arr[i]>=arr[i-1])//计算L时的第一种情况
{
L[i]=L[i-1]+1ll*arr[i];
}
else
{
int top=QueryR(1,i-1,arr[i]);//找到上一个小于的位置
if(top==-1)L[i]=1ll*i*arr[i];//不存在就直接计算
else
L[i]=1ll*(i-top)*arr[i]+L[top];//存在按第二种情况计算
}
}
DOW(i,N,1)//计算R同理
{
if(arr[i]>=arr[i+1])
{
R[i]=R[i+1]+1ll*arr[i];
}
else
{
int top=QueryL(i+1,N,arr[i]);
if(top==-1)R[i]=1ll*(N-i+1)*arr[i];
else
R[i]=1ll*(top-i)*arr[i]+R[top];
}
}
int top=1;
long long answer=0;
long long sum;
REP(i,1,N)
{
sum=L[i]+R[i]-arr[i];
if(sum>answer)//找到最大位置
{
answer=sum;
top=i;
}
}
//同样方法输出
ans[top]=arr[top];
int now=arr[top];
DOW(i,top-1,1)
{
ans[i]=min(arr[i],now);
now=min(arr[i],now);
}
now=arr[top];
REP(i,top+1,N)
{
ans[i]=min(arr[i],now);
now=min(arr[i],now);
}
REP(i,1,N)
{
printf("%d ",ans[i]);
}
return 0;
}