51nod 1215 单调栈/迭代

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1215 数组的宽度

题目来源： Javaman

基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 80 难度：5级算法题

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N个整数组成的数组，定义子数组a[i]..a[j]的宽度为：max(a[i]..a[j]) - min(a[i]..a[j])，求所有子数组的宽度和。

Input

第1行：1个数N，表示数组的长度。(1 <= N <= 50000)
第2 - N + 1行：每行1个数，表示数组中的元素(1 <= A[i] <= 50000)

Output

输出所有子数组的宽度和。

Input示例

5
1
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3
4
5

Output示例

20
感觉很经典的题目。
   首先我们不可能枚举出所有的子区间，显然时空是不允许的，那就要从元素入手，我们只要知道每个元素被作为最大最小值得次数答案就出来了，问题转化为求元素作为最值的次数。
可以找到当前元素作为最大/小值时对应的最大的区间左右端点，然后组合计算一下就是答案了。找这个左右端点时可以用单调栈也可以迭代搜索，stl貌似要慢一些。
   正确性在于找端点时满足决策单调性，例如找最大值左端点时，这个元素左侧的元素如果大于他，那显然左端点就是他本身了，此时就是一个单调递减栈，大于栈顶元素时左端点就可以用栈顶
元素的左端点代替；
  总之就一句话，大于左侧的元素，一定大于所有左侧元素能大于的元素。 
  还有就是第一次WA了因为重复计算了， 只要稍微修改一下为左侧不严格右侧严格的查找就好了。

#include <iostream>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAX = 50005;
int a[MAX], l1[MAX], r1[MAX], l2[MAX], r2[MAX];
int maxt[MAX], mint[MAX];
stack<int>S;
int main()
{
    int N, i, j, k;
    scanf("%d", &N);
    for (i = 1;i <= N;++i) scanf("%d", a + i);
    for (i = 1;i <= N;++i)
    {
        if (S.empty() || a[i] < a[S.top()]) {
            l1[i] = i;
            S.push(i);
        }
        else {
            while (!S.empty() && a[S.top()] <= a[i]) {
                l1[i] = l1[S.top()];
                S.pop();
            }
            S.push(i);
        }
    }while (!S.empty()) S.pop();
    for (i = N;i >=1;--i)
    {
        if (S.empty() || a[i] <= a[S.top()]) {
            r1[i] = i;
            S.push(i);
        }
        else {
            while (!S.empty() && a[S.top()] < a[i]) {
                r1[i] = r1[S.top()];
                S.pop();
            }
            S.push(i);
        }
    }while (!S.empty()) S.pop();
    for (i = 1;i <= N;++i)
    {
        maxt[i] += (r1[i]-l1[i])+(i-l1[i])*(r1[i]-i);
    }
    for (i = 1;i <= N;++i)
    {
        if (S.empty() || a[i] > a[S.top()]) {
            l2[i] = i;
            S.push(i);
        }
        else {
            while (!S.empty() && a[S.top()] >=a[i]) {
                l2[i] = l2[S.top()];
                S.pop();
            }
            S.push(i);
        }
    }while (!S.empty()) S.pop();
    for (i = N;i>=1;--i)
    {
        if (S.empty() || a[i] >= a[S.top()]) {
            r2[i] = i;
            S.push(i);
        }
        else {
            while (!S.empty() && a[S.top()] > a[i]) {
                r2[i] = r2[S.top()];
                S.pop();
            }
            S.push(i);
        }
    }while (!S.empty()) S.pop();
    for (i = 1;i <= N;++i)
    {
        mint[i] += (-l2[i]+r2[i])+(i-l2[i])*(r2[i]-i);
    }
    LL ans = 0;
    for (i = 1;i <= N;++i)
    {
        ans += (LL)a[i] * (maxt[i]-mint[i]);
    }
    printf("%lld
", ans);
    return 0;
}

迭代:

#include <iostream>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAX = 50005;
int a[MAX], l1[MAX], r1[MAX], l2[MAX], r2[MAX];
int maxt[MAX], mint[MAX];
int main()
{
    int N, i, j, k;
    scanf("%d", &N);
    for (i = 1;i <= N;++i) scanf("%d", a + i);
    for (i = 1;i <= N;++i) {
        l1[i] = r1[i] = i;
        l2[i] = r2[i] = i;
    }
    for (i = 1;i <= N;++i) {
        while (l1[i] != 1 && a[i] >= a[l1[i] - 1]) 
            l1[i] = l1[l1[i]-1];
        while (l2[i] != 1 && a[i] <= a[l2[i] - 1])
            l2[i] = l2[l2[i] - 1];
    }
    for (i = N;i >= 1;--i) {
        while (r1[i] != N&&a[i] > a[r1[i] + 1])
            r1[i] = r1[r1[i] + 1];
        while (r2[i] != N&&a[i] < a[r2[i] + 1])
            r2[i] = r2[r2[i] + 1];
    }
    LL ans = 0;
    for (i = 1;i <= N;++i) {
        ans += (LL)a[i] * ((r1[i] - l1[i]) + (i - l1[i])*(r1[i] - i)- (-l2[i] + r2[i]) - (i - l2[i])*(r2[i] - i));
    }
    cout << ans << endl;
    //system("pause");
    return 0;
}