牛客 区区区间间间——单调栈+思维

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文章目录

• • 题目
  • 思路
  • 参考代码
  • 优化版代码
  • 总结

题目

思路

一看数据范围是1e5就知道这道题大概率是个nlogn的做法，
我们这样考虑：

• 对于任意一个数$a_i$，它作为区间最大值(最小值)出现的次数，最后$a_i$对答案的贡献就是$a_i\ast (max[i]-min[i])$，累加起来即可
• 如何求$a_i$作为最大值出现的次数呢？我们找到左边第一个比它大的数$a_x$,右边第一个比它大的数$a_y$, 那么在区间$[x+1,y-1]$范围内，$a_x$就是最大的，在这个区间内设左边比它小的数有$x$个,右边有$y$个，那么在这个大区间的$y+x\ast (y+1)$个子区间内它都是最大值
• 例如数据：1 2 8 4 3, 这个8前面有2个数比它小，右边有2个数比它小，对于前面2个数，比如对于1，[1,2,8]一次，[1,2,8,4]一次,[1,2,8,4,3]一次，共y+1=2+1=3次，共有x=2个数,所以$x\ast (y+1)$, 对于后面2个数[8,4]一次，[8,4,3]一次共$y=2$次，所以是y+x*(y+1)次
• 如何求$a_i$左边第一个比它大的数的位置呢，如何求$a_i$右边第一个比它大的数的位置呢——单调栈，没学过单调栈的同学去自学一下
• 既然能够求出$a_i$作为最大值出现的次数，那么$a_i$作为最小值同理即可
• 注意事项：因为这道题数据可能出现多个值相同的元素，那么在写单调栈的时候就得注意，一个是a[stk[tt]]<=a[i]，一个是a[stk[tt]]<a[i], 左边严格找到第一个比它小的数，右边找到一个小于等于它的数，否则会出现重复计算
• 例如数据2 1 2， 很明显2只能被加3次，如果都是小于等于，那么对于每个位置的数，可以扩展的为(1,3), (2,2),(1,3)，区间(1,3)被重复计算了两次，正确应该是(1,3),（2,2）,(2,3)

参考代码

代码写得有点冗长，可以精简一下

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define ll long long
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
const int N = 1e5+9;
ll mx[N],mi[N];
ll l[N],r[N],a[N];
ll stk[N];
int tt;
int main()
{
	int t;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		int n;
		scanf("%d",&n);
		tt=0;
		mem(a,0);
		mem(stk,0);
		for(int i=1; i<=n; i++)
		{
			scanf("%lld",a+i);
			while(tt&&a[stk[tt]]>=a[i]) tt--;
			l[i]=stk[tt];
			stk[++tt]=i;
		}
		tt=0;
		stk[tt]=n+1;
		for(int i=n; i>=1; i--)
		{
			while(tt&&a[stk[tt]]>a[i]) tt--;
			r[i]=stk[tt];
			stk[++tt]=i;
			ll x=i-l[i]-1;//a[i]左边比它大的数的个数 ,这里表示连续的 
			ll y=r[i]-i-1; 
			mi[i]=y+x*(y+1);
			//cout<<mi[i]<<endl;
		   /// cout<<r[i]<<endl;	
		}
		tt=0;
		stk[tt]=0;
		for(int i=1; i<=n; i++)
		{
			while(tt&&a[stk[tt]]<=a[i]) tt--;
			l[i]=stk[tt];
		//	cout<<a[l[i]]<<endl;
			stk[++tt]=i;

		}
		tt=0;
		stk[tt]=n+1;
		for(int i=n; i>=1; i--)
		{
			while(tt&&a[stk[tt]]<a[i]) tt--;
			r[i]=stk[tt];
			stk[++tt]=i;
			ll x=i-l[i]-1;//a[i]左边比它大的数的个数 ,这里表示连续的 
			ll y=r[i]-i-1; 
			mx[i]=y+x*(y+1);
		//	cout<<r[i]<<endl;
		//	cout<<x<<" "<<y<<endl;
		   // cout<<mx[i]<<endl;	
		}
		ll ans=0;
		for(int i=1; i<=n; i++)
		{
			//cout<<mi[i]<<" "<<mx[i]<<endl;
			ans+=a[i]*(mx[i]-mi[i]);
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	
	
	return 0;
 } 

优化版代码

我们可以发现，当$a_i$作为最小值在答案中出现的次数等价于$-a_i$最为最大值出现的次数，所以我们求$a_i$作为最小值对答案的贡献时，令a[i]=-a[i]，跑一遍作为最大值的函数即可

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define ll long long
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
const int N = 1e5+9;
ll mx[N];
ll l[N],r[N],a[N];
ll stk[N];
int tt,n;
ll solve()
{
		mem(stk,0);
	tt=0;
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		while(tt&&a[stk[tt]]<=a[i]) tt--;
		l[i]=stk[tt];
		stk[++tt]=i;
	}
	tt=0;
	stk[tt]=n+1;
	for(int i=n; i>=1; i--)
	{
		while(tt&&a[stk[tt]]<a[i]) tt--;
		r[i]=stk[tt];
		stk[++tt]=i;
		ll x=i-l[i]-1;//a[i]左边比它大的数的个数 ,这里表示连续的 
		ll y=r[i]-i-1; 
		mx[i]=y+x*(y+1);	
	}
	ll res=0;
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		//cout<<a[i]<<" "<<mx[i]<<endl;
		res+=a[i]*mx[i]; 
	}
//	cout<<res<<endl;
	return res;
}
int main()
{
	int t;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
	
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld",a+i);
		ll ans=solve();
		//当a[i]最为最小值的时候出线的次数，等于-a[i]作为最大值出现的次数 
		for(int i=1; i<=n; i++) a[i]=a[i]*(-1);
		printf("%lld\n",ans+solve());
	}
	
	
	return 0;
 } 

总结

本文写得有点啰嗦，如果你有什么批评或者好的建议或者疑问，欢迎留言！