两个单调栈的问题
两个单调栈的问题
写灵神每日，遇到两个单调栈的经典问题，就放一起了
问题一
https://codeforces.com/problemset/problem/1691/D
输入 t(≤1e5) 表示 t 组数据，每组数据输入 n(≤2e5) 和长为 n 的数组 a (-1e9≤a[i]≤1e9)。所有数据的 n 之和不超过 2e5。
请你判断，对数组 a 的每个非空子数组 b，是否都有 max(b) >= sum(b)？
如果是，输出 YES，否则输出 NO。
注：子数组是连续的。
进阶：做到 O(n) 时间复杂度。
#include <bits/stdc++.h>
#define SZ(x) (int)x.size()
#define rep(i,a,n) for(int i = (a);i <= (n);i++)
#define dec(i,n,a) for(int i = (n);i >= (a);i--)
using namespace std;
using ll = long long;
using PII = pair<int,int>;
mt19937 mrand(random_device{}());
int rnd(int x) { return mrand() % x;}
const int mod = 1e9 + 7;
/*
max(a) >= sum(a)
对每个a[i] 作为 max
找 [j, i] 中最小的sum(k (j <= k <= i), i), (j 使得j - 1 < 0 or a[j] > a[i])
O(nlogn) 解法：
维护一个前缀和的st表
对每一个i，就是找最大的s[k, i]，s[i]是定值，找出统御区间后，对区间做RMQ询问即可
O(n) 解法：
dp思想
维护mxL数组，mxL[i]表示[j,i]的最大sum
在出栈弹出的过程中,mxL[i] = max(mxL[i], mxL[k] + s[k + 1, i])
对维护单调栈过程中“弹出”的小想法：弹出是在对值做“区间合并”的操作
比如，[1,2,3,4,5,2]
当 stack = [1,2,3,4,5] , need add 2
then, stack be like: [1,2]
这个2就存了[2,3,4,5]的信息
[[1],[2],[3],[4],[5]] add [2]
--> [[1],[2,3,4,5,2]] 栈中存的2是这个区间的右端点
于是可以用单调栈去处理一些 consecutive interval problems 最典型的就是 区间最值相关问题
最值的可结合的性质，使得单调栈易于处理该问题
*/
void solve() {
int n; cin >> n;
vector a(n, 0);
for (int &i : a) cin >> i;
vector s(n + 1, 0ll);
for (int i = 0;i < n;i ++) s[i + 1] = s[i] + a[i];
stack<int> stk;
vector mxL(n, (ll)1e18);
for (int i = 0;i < n;i ++) {
ll mx = a[i];
while (!stk.empty() and a[stk.top()] <= a[i]) {
int t = stk.top(); stk.pop();
mx = max(mx, s[i + 1] - s[t + 1] + mxL[t]);
}
mxL[i] = mx;
stk.push(i);
}
while (!stk.empty()) stk.pop();
vector mxR(n, (ll)1e18);
for (int i = n - 1;i >= 0;i --) {
ll mx = a[i];
while (!stk.empty() and a[stk.top()] <= a[i]) {
int t = stk.top(); stk.pop();
mx = max(mx, s[t] - s[i] + mxR[t]);//[i,t-1][t...]
}
mxR[i] = mx;
stk.push(i);
}
for (int i = 0;i < n;i ++) {
if (mxL[i] > a[i] or a[i] < mxR[i]) {
cout << "NO\n";
return;
}
}
cout << "YES\n";
}
template<typename T> struct ST{
ST(vector<T> a, int n){ // cope with in [0,n]
siz = n;
maxv.resize(n+1); minv.resize(n+1);
int t = __lg(n) + 1;
for(int i= 0;i<=n;i++) maxv[i].resize(t), minv[i].resize(t);
for(int i = 0; i <= n; i++) maxv[i][0] = minv[i][0] = a[i];
for(int j = 1; j < t; j++) {
for(int i = 0; i <= n - (1<<j)+1; i++) {
maxv[i][j] = max(maxv[i][j-1], maxv[i+(1 << (j-1))][j-1]);
minv[i][j] = min(minv[i][j-1], minv[i+(1 << (j-1))][j-1]);
}
}
}
T getmax(int l,int r){
int k = __lg(r-l+1);
return max(maxv[l][k],maxv[r-(1<<k)+1][k]);
}
T getmin(int l,int r){
int k = __lg(r-l+1);
return min(minv[l][k],minv[r-(1<<k)+1][k]);
}
private:
int siz = 0;
vector<vector<T>> maxv, minv;
};
void solve2() {
int n; cin >> n;
vector a(n, 0);
for (int &i : a) cin >> i;
vector s(n + 1, 0ll);
for (int i = 0;i < n;i ++) s[i + 1] = s[i] + a[i];
ST<ll> stt(s, n);
stack<int> stk;
for (int i = 0;i < n;i ++) {
int l = i;
while (!stk.empty() and a[stk.top()] <= a[i]) {
int t = stk.top(); stk.pop();
l = min(t, l);
}
// s[i + 1] - min(s[l, i])
if (s[i + 1] - stt.getmin(l, i) > a[i]) {
cout << "NO\n";
return;
}
stk.push(i);
}
while (!stk.empty()) stk.pop();
for (int i = n - 1;i >= 0;i --) {
int r = i;
while (!stk.empty() and a[stk.top()] <= a[i]) {
int t = stk.top(); stk.pop();
r = max(t, r);
}
if (stt.getmax(i + 1, r + 1) - s[i] > a[i]) {
cout << "NO\n";
return;
}
stk.push(i);
}
cout << "YES\n";
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
int T; cin>>T;
while(T--)
solve2();
return 0;
}
问题二
https://codeforces.com/contest/1359/problem/D
输入 n(1≤n≤1e5) 和长为 n 的数组 a(-30≤a[i]≤30)。
设 b 为 a 的一个非空连续子数组。
输出 sum(b)-max(b) 的最大值。
(Solution)[https://codeforces.com/contest/1359/submission/191094789]
#include <bits/stdc++.h>
#define SZ(x) (int)x.size()
#define rep(i,a,n) for(int i = (a);i <= (n);i++)
#define dec(i,n,a) for(int i = (n);i >= (a);i--)
using namespace std;
using ll = long long;
using PII = pair<int,int>;
mt19937 mrand(random_device{}());
int rnd(int x) { return mrand() % x;}
const int mod = 1e9 + 7;
/*
输入 n(1≤n≤1e5) 和长为 n 的数组 a(-30≤a[i]≤30)。
设 b 为 a 的一个非空连续子数组。
输出 sum(b)-max(b) 的最大值。
*/
/*
枚举最大值，对每种情况求一个最大子段和。
答案就是每种情况下最大子段和-max，中取最大。
被卡住的点：
当确定最大值max，求取一个最大子段和s，其框定[l,r]区间可能并不会将max框住
比如 [2,2,2,-10,5]
当max=5，s在[1,3]时取到，这种情况下是不合法的。
但进一步想，这会使得答案错误吗？
取[1,3]时-2是正解，这已经被枚举过。
当max=5枚举出[1,3]再-5，是非法解，但显然非法解不会使得答案更优，也就是不会影响正解
因此，虽然求最大子段和时会枚举到许多非法状态，但不会对答案造成影响。
*/
void solve() {
int n; cin >> n;
vector a(n + 1, 0);
for (int i = 1;i <= n;i ++) cin >> a[i];
int mp[61] = {}, B = 30;
for (int i = 1;i <= n;i ++) mp[a[i] + B] ++;
int ans = 0;
for (int i = -30;i <= 30;i ++) if (mp[i + B]) {
int t = -1e9, curans = 0;
for (int j = 1;j <= n;j ++) {
if (a[j] > i) {
t = -1e9;
} else {
if (t < 0) t = a[j];
else t += a[j];
}
// cout << t << ' ' << i << '\n';
curans = max(t - i, curans);
}
ans = max(ans, curans);
}
cout << ans;
}
/*
O(n)做法 适用于值域很大的情况
做单调栈，在维护单调栈过程中维护mxL，mxR数组
mxL：[t,i]区间内最大的区间和
t：以a[i]为max value的区间左端点
维护办法：
mxL[i] = max(mxL[i], presum[j + 1, i] + mxL[j])
dp思想。 因为a[j] <= a[i] 所以mxL[j]一定可以被mxL[i]继承
用 presum[j+1,i]这段区间和+被继承过来的mxL[j] 就是转移
这和区间分段类型的dp f[i] = max(f[i], f[j] + cost(j + 1, i)) 是非常类似的
对mxR的维护同理
最好答案就是 mxL[i] + mxR[i] - 2 * a[i] 的最大值
*/
void solve2() {
int n; cin >> n;
vector a(n, 0), s(n + 1, 0);
for (int &i : a) cin >> i;
for (int i = 0;i < n;i ++) {// [0, i) sum[l, r] = s[r + 1] - s[l]
s[i + 1] = s[i] + a[i];
}
stack<int> stk;
vector mxL(n + 1, 0), mxR(n + 1, 0);
for (int i = 0;i < n;i ++) {
int mx = a[i];// [1, i] maxpresum
while (!stk.empty() and a[stk.top()] <= a[i]) {
int t = stk.top(); stk.pop();
int prev = s[i + 1] - s[t + 1];// [t + 1, i]
mx = max(mx, prev + mxL[t]);// [expend interval][prev]
}
mxL[i] = mx; // [0, i] max presum, including a[i]
stk.push(i);
}
while (!stk.empty()) stk.pop();
for (int i = n - 1;i >= 0;i --) {
int mx = a[i];
while (!stk.empty() and a[stk.top()] <= a[i]) {
int t = stk.top(); stk.pop();
int sufv = s[t] - s[i];// [i, ... t - 1]
mx = max(mx, sufv + mxR[t]);
}
mxR[i] = mx;
stk.push(i);
}
int ans = 0;
for (int i = 0;i < n;i ++) {
ans = max(ans, mxL[i] + mxR[i] - 2 * a[i]);
}
cout << ans;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
//int T; cin>>T;
//while(T--)
solve2();
return 0;
}
