背景

给定一个序列，对于任意区间，min表示区间中最小的数，sum表示区间和，求使得min*sum最大的区间或区间值。

POJ-2796中，序列的值非负，而在网络赛I题中，序列存在负值。

解法分析

直觉上，后者是前者的拓展，我们先考虑序列非负的情况。

非负情况

设序列存储在数组a中。当我们考虑数值a[i]作为区间最小值时，显然我们应该向i的左右两侧扩展并终止于遇到更小的值或者数组越界之前，这样得到的区间可以保证a[i]为最小值且区间和最大。

但是每次都如此求解，复杂度为$O\left ( n^2 \right )$。因此我们尝试用单调栈将其降低到$O\left ( n \right )$。

从我们刚刚的分析中可以看出，最小值是求解区间的关键，同时由于我们是顺序对数组进行处理（以从左往右为例），我们可以利用单调栈，在当遇到a[i]时，很快地找到左侧最近的比它更小的数值（具体而言，构建一个约束为单调递增的栈，当遇到a[i]时，逐个pop掉比它大的数），那么我们可以进一步拓展，借助单调栈维护以a[i]为右端点且为最小值的区间和，我们将栈中节点表示为Node{min,sum}（原单调栈中只存储数值，现在我们要额外存储这个区间的区间和），也就是上文中i向左侧扩展的区间情况，我们将被pop的node.sum求和再加上a[i]就得到了node[i]的左侧区间和了。但是还有i右侧的情况呢，我们先把node[i]压入栈继续处理之后的数字，注意到在随后的处理中当且仅当遇到了第一个比a[i]要小的数字时，node[i]会被pop出来，那么此轮pop中比node[i]先pop出来的若干Node合并在一起显然就是i右侧的区间了，两者进一步合并就得到了以a[i]为最小值，min*sum最大的区间了。需要额外注意的是，一个Node可能右侧没有比它更小的数值，那么在算法最后，需要将栈逐个pop出来做如上操作。

此外POJ-2796还需要计算区间端点位置（如有多个可选区间，任意输出），那么在Node中额外记录一下即可，不做过多说明。

由于每一个元素最多入栈一次，一旦被pop就不会再被查询到，显然复杂度为$O\left ( n \right )$。

代码的main函数，为了迁移到下文的题目中，做了额外修改，本节可以忽略。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<map>
#include<cmath>
#include<set>
#include<stack>
#define LL long long
using namespace std;
const int N = 100005;
LL n, m;
LL a[N];
struct node
{
    LL minv;
    LL sum;
    LL lef;
    node(LL mv,LL s,LL l)
    {
        minv=mv,sum=s,lef=l;
    }
};
//10 4 8 3 2 6 8 4 9 3 7
int al,ar;
LL glo_ans;
void cal(int l,int r)
{
    stack<node> s;
    LL pop_sum,pop_lef;
    for(int i=l; i<=r; i++)
    {
        pop_sum=0;
        pop_lef=i;
        while(!s.empty()&&a[i]<=s.top().minv)
        {
            node p=s.top();
            s.pop();
            pop_lef=p.lef;
            pop_sum+=p.sum;
            if(pop_sum*p.minv>glo_ans)
                glo_ans=pop_sum*p.minv,al=p.lef,ar=i-1;
            //ans=max(ans,pop_sum*p.minv);
        }
        s.push(node(a[i],a[i]+pop_sum,pop_lef));
    }
    pop_sum=0;
    while(!s.empty())
    {
        node p=s.top();
        s.pop();
        pop_sum+=p.sum;
        if(pop_sum*p.minv>glo_ans)
            glo_ans=pop_sum*p.minv,al=p.lef,ar=r;
    }
}
int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    //cin.sync_with_stdio(false);
    int n;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        glo_ans=0,al=ar=1;
        for(int i=1; i<=n; i++)
            scanf("%lld",&a[i]);

        int pl=-1,pr=0;
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            if(a[i]>0)
            {
                if(pl==-1)
                    pl=i;
                pr=i;
                if(i==n||a[i+1]<=0)
                {
                    cal(pl,pr);
                }
            }
            else
                pl=-1;
        }

        //cal(1,n);
        LL tx=0,mx=a[al];
        for(int i=al;i<=ar;i++)
            tx+=a[i],mx=min(mx,a[i]);
        printf("%lld\n",glo_ans);
        //cout<<glo_ans<<endl;
        printf("%d %d\n",al,ar);
        //cout<<al<<' '<<ar<<endl;
    }
    return 0;
}

存在负数的情况

存在负数的序列则不能简单地认为可以向左右随意扩张，因为sum不一定随着区间扩张而增长。但经过分析，我们可以发现，无论序列中的数值是什么，最大的min*sum一定是一个非负数，那么只可能有正数乘以正数或负数乘以负数的情况（答案为零的情况无需额外求解，初始值设置为0即可）。

前者，我们可以将序列分成若干非负子区间，用上文的方法求解。

后者，对于任意负数，随着区间的扩张，最小值只会减小不会增大，这样我们只要枚举每一个负数并假设a[i]为最小值，找到区间和最小的区间，求出min*sum，在枚举中保留最大答案即可（与正数的情况不同，我们扩张数组不必担心会使最小值变大，只用考虑区间和的问题），不必担心找到的区间具有更小的最小值，因为我们枚举了每一个负数，那么更小的最小值必然也会被枚举，不会漏掉答案。那么如何找到区间和最小的区间呢？我们可以计算数组的前缀和以及后缀和，i左侧后缀和最小以及i右侧前缀和最小的位置构成的区间既是区间和最小区间，为了快速索引，可以再引入两个数组用于记录i左侧后缀/右侧前缀和最小的位置。

#include <iostream>
#include <vector>
#include <stack>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=500005;
LL inf=500000000010;
LL pre[N],las[N];
LL idp[N],idl[N];
LL a[N];
int n;
struct node
{
    LL minv;
    LL sum;
    node(LL mv,LL s)
    {
        minv=mv,sum=s;
    }
};

LL glo_ans;
void cal(int l,int r)
{
    //cout<<l<<' '<<r<<endl;
    stack<node> s;
    LL pop_sum;
    for(int i=l; i<=r; i++)
    {
        pop_sum=0;
        while(!s.empty()&&a[i]<=s.top().minv)
        {
            node p=s.top();
            s.pop();
            pop_sum+=p.sum;
            if(pop_sum*p.minv>glo_ans)
                glo_ans=pop_sum*p.minv;
            //ans=max(ans,pop_sum*p.minv);
        }
        s.push(node(a[i],a[i]+pop_sum));
    }
    pop_sum=0;
    while(!s.empty())
    {
        node p=s.top();
        s.pop();
        pop_sum+=p.sum;
        if(pop_sum*p.minv>glo_ans)
            glo_ans=pop_sum*p.minv;
    }
}

int main()
{
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        LL ans = 0;
        glo_ans=-inf;
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            scanf("%lld",&a[i]);
            idp[i]=idl[i]=i;
            glo_ans=max(glo_ans,a[i]);
        }
        int pl=-1,pr=0;
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            if(a[i]>0)
            {
                if(pl==-1)
                    pl=i;
                pr=i;
                if(i==n||a[i+1]<=0)
                {
                    cal(pl,pr);
                }
            }
            else
                pl=-1;
        }
        fill(las,las+n+1,0);
        fill(pre,pre+n+1,0);
        for(int i=1; i<=n; i++)
            pre[i]=pre[i-1]+a[i];
        for(int i=n; i>=1; i--)
            las[i]=las[i+1]+a[i];
        for(int i=2; i<=n; i++)
            if(las[i]>las[idl[i-1]])
                idl[i]=idl[i-1];
        for(int i=n-1; i>=1; i--)
            if(pre[i]>pre[idp[i+1]])
                idp[i]=idp[i+1];
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            if(a[i]<0)
            {
                LL lef=las[idl[i]]-las[i+1];
                LL rig=pre[idp[i]]-pre[i-1];

                LL sm=lef+rig-a[i];

                ans=max(ans,sm*a[i]);
            }
        }
        printf("%lld\n",max(ans,glo_ans));
    }
    return 0;
}

posted @ 2019-04-23 12:38 Luke_Ye 阅读(299) 评论(0) 编辑收藏举报

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Luke_Ye

POJ-2796 & 2019南昌邀请赛网络赛 I. 区间最大min*sum

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