这是我目前最喜欢的codiltiy上的问题之一。问题描述是：给定一个整数数组A，所有的数均不相同。假设下标从0开始，找到一个数组B, 满足A[B[0]] > A[B[1]] > A[B[2]] >...A[B[K]],对任意两项A[B[i]]和A[B[i + 1]]，任意j， min(B[i],B[i + 1]) < j < max(B[i],B[i + 1]) 均有A[j] < A[B[i + 1]] ，求最大的K。
例如，对数组 Ａ，
A[0] = 9 A[1] = 10 A[2] = 2 A[3] = -1 A[4] = 3 A[5] = -5 A[6] = 0 A[7] = -3 A[8] = 1 A[9] = 12 A[10] = 5 A[11] = 8 A[12] = -2 A[13] = 6 A[14] = 4
求得的数组B为 9，1，4，8，6，7,长度为6
A[9] = 12 A[1] = 10 A[4] = 3 A[8] = 1 A[6] = 0 A[7] = -3
输入数组A的长度n [1..10^5]，数组元素范围[-10^9,+10^9]，都是整数且不相同。
要求复杂度 时间空间都是O(n)。
分析： 这个题乍一看没思路。需要转换：我们把A中得数建成一个类似”堆“的结构。对A数组，这个二叉树的根是最大值，然后我们把最大值两边的部分分别建立成这样的二叉树（每段递归的找最大值）。我们暂时抛开建树的复杂度，如果有了这样的树，我们所以的B数组长度对应为从树根到叶子的叶子的一条路径长度。（因为每个子树的根都是最大值）。那么如何建立这样的树呢？ 暴力递归的方法会导致O(n^2)的复杂度。如果我们从做到右扫描A数组，假设某个值是当前最大值，它的左子树所有的元素都确定了，再出现的数，要么放在它的右子树，要么它成为别人的左子树。对于任意一个元素来讲，要么它成为之前元素的右子树，要么之前某个元素成为它的左子树，这取决于大小关系。我们在算一个元素的右子树的时候，因为元素还没扫描完，所以我们很难确定什么时候把它作为某个元素的右子树位置。 我们可以保存这样一个栈，栈的每个元素是一棵树，树根的左子树已经完全确定，根的右子树暂时是空。当弹出一棵树的时候，我们需要把它下面那个元素的子树合并。
也就是说，栈考顶得元素是其下面元素的右子树，但是右子树会变化。
大概过程如下：
如果当前元素比栈顶元素大，就把栈顶元素弹出，新弹出的元素作为之前弹出元素的右子树，都弹出之后形成的树，作为当前元素的左子树（右子树为空），形成的树放入栈。因为弹出来的东西都比当前元素小，并且在当前元素的左边。另外，我们不会真得合并树，只记录树的高度即可（根到叶子的节点个数）。代码非常简单:
// you can also use includes, for example:
// #include <algorithm>
int solution(const vector<int> &A) {
// write your code here...
int i, height, n = A.size();
vector<pair<int,int> > s;
for (i = 0; i < n; ++i) {
for (height = 0; (!s.empty()) && (s.back().first < A[i]);s.pop_back()) {
height = max(height + 1, s.back().second);
}
s.push_back(make_pair(A[i], height + 1));
}
for (height = 0; !s.empty();s.pop_back()) {
height = max(height + 1, s.back().second);
}
return height;
}