悬线法

应用：理解并解决最大子矩形问题

SPOJ 1805

题意：

在一条水平线上有 $n(1\leq n\leq 10^5)$ 个宽为 $1$ ，高为 $h_1,h_2,\cdots,h_n(0\leq h_i\leq 10^9)$ 的矩形，求包含于这些矩形的最大子矩形面积（图中的阴影部分的面积即所求答案）。

样例输入：

7 2 1 4 5 1 3 3
4 1000 1000 1000 1000
0

样例输出：

8
4000

知识点：

悬线法

思路：

悬线，就是一条竖线，这条竖线有初始位置和高度两个性质，可以左右移动至其上端点不超过当前位置矩形高度的任意位置。

对于第 $i$ 条悬线，我们将这条悬线左右移动，求出其最多能向左能移动到的位置 $l_i$ 和最多能向右移动到的位置 $r_i$ ，那么包含该悬线的最大子矩形的面积即为 $(r_i-l_i+1)\cdot h[i]$ 。容易发现，最大子矩形必定是包含一条初始位置为 $i$ ，高度为 $h_i$ 的悬线。枚举实现这个过程的时间复杂度为 $O(n^2)$ ，但是我们可以用悬线法将其优化到 $O(n)$ 。

定义 $l_i$ 为当前 $i$ 位置的悬线最多能向左能移动到的位置，容易得到 $l_i$ 初始为 $i$ ，我们需要进一步判断还能不能进一步往左扩展。

如果当前 $l_i=1$ ，则已经扩展到了边界，不可以；
如果当前 $h_i>h_{l_i-1}$ ，则从当前悬线扩展到的位置不能再往左扩展了；
如果当前 $h_i\leq h_{l_i-1}$ ，则从当前悬线还可以往左扩展，并且由此 $l_i-1$ 位置的悬线能向左扩展到的位置， $i$ 位置的悬线一定也可以扩展到，于是我们将 $l_i$ 更新为 $l_{l_i-1}$ ，并继续执行判断。

for (int i = 0; i < n; i++) {
			while (l[i] > 0 && h[i] <= h[l[i] - 1]) {
				l[i] = l[l[i] - 1];
			}
		}

此即为悬线法。

求解 $r_i$ 过程同理。

for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
			while (r[i] < n - 1 && h[i] <= h[r[i] + 1]) {
				r[i] = r[r[i] + 1];
			}
		}

时间复杂度：

通过摊还分析~~教教QvQ~~，可以证明每个 $l_i$ 最多会被其他的 $l_j$ 遍历到一次，因此时间复杂度为 $O(n)$ 。

代码：

typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
int l[N], r[N], h[N];
int n;
ll ans;
void solve() {
	while (cin >> n && n) {
		for (int i = 0; i < n; i++) {
			l[i] = r[i] = i;
			cin >> h[i];
		}
		for (int i = 0; i < n; i++) {
			while (l[i] > 0 && h[i] <= h[l[i] - 1]) {
				l[i] = l[l[i] - 1];
			}
		}
		for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
			while (r[i] < n - 1 && h[i] <= h[r[i] + 1]) {
				r[i] = r[r[i] + 1];
			}
		}
		for (int i = 0; i < n; i++) {
			ans = max(ans, 1ll * (r[i] - l[i] + 1) * h[i]);
		}
		cout << ans << endl;
	}
}

P4147

题意：

给定一个 $n\times m$ 的包含 'F' 和 'R' 的矩阵，求其面积最大的子矩阵的面积，使得这个子矩阵中的每一位的值都为 'F'。

样例输入：

5 6 
R F F F F F 
F F F F F F 
R R R F F F 
F F F F F F 
F F F F F F

样例输出：

数据规模：

$1\leq n,m \leq 1000$

知识点：

悬线法

思路：

我们会发现本题的模型和上一题的模型很像。我们可以每次只考虑某一行的所有元素，记下位置 $(i,j)$ 所在元素最多能向上扩展的距离 $h_i$ ，然后再利用悬线法求解即可。

时间复杂度：

$O(n^2)$

代码：

typedef long long ll;
const int N = 1010;
int l[N], r[N], h[N];
int n, m;
char ch;
ll ans;
void solve() {
	cin >> n >> m;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		for (int j = 0; j < m; j++) {
			l[j] = j, r[j] = j;
			cin >> ch;
			if (ch == 'R') h[j] = 0;
			else h[j]++;
		}
		for (int j = 0; j < m; j++) {
			while (l[j] > 0 && h[j] <= h[l[j] - 1]) {
				l[j] = l[l[j] - 1];
			}
		}
		for (int j = m - 1; j >= 0; j--) {
			while (r[j] < m - 1 && h[j] <= h[r[j] + 1]) {
				r[j] = r[r[j] + 1];
			}
		}
		for (int j = 0; j < m; j++) {
			ans = max(ans, 1ll * (r[j] - l[j] + 1) * h[j] * 3);
		}
	}
	cout << ans;
}