221016周末作业 第k窗口值

题目描述

Tom 最近学习了滑动窗口类的算法，滑动窗口算法可以解决一些线性数组的离线静态区间查询类问题。
具体来说，假设对于一个数组进行 \(m\)次静态区间查询问题。如果这些查询满足条件：\(∀i,j\),当 \(l_i≤l_j时，总有 r_i≤r_j\)（\(i，j\)表示查询的编号，\(l，r\)表示查询的左右端点）
接下来只要查询的问题满足可以快速插入和删除单点，就可以使用滑动窗口优化，将这 \(m\) 次查询的复杂度降低到 \(O(n)\)。
显然，如果对于一个数组的区间查询问题，查询的区间长度给定为 \(k\) 时，总是满足 \(∀i,j\) 当$ l_i≤l_j 时，总有 r_i≤r_j$ 这一条件的。
Tom 接下来想要问你的问题也和定长滑动窗口有关。
众所周知，长度为 \(k\) 的滑动窗口从左到右去截取一个长度大小为 \(n\) 的数组时，一共可以截取到 \(n-k+1\) 个子数组。
Tom 将这 \(n-k+1\) 个子数组的极大值与极小值的乘积求和称为该数组的 "第k窗口值" 。
举个例子，假设长度为 5 的数组为 \([1,5,2,4,3]\)长度为 3 的滑动窗口可以截取三个子数组，它们分别为\([1,5,2]，[5,2,4]，[2,4,3]\)
所以该数组的“第3窗口值”为 \(1\times 5+2\times 5+2\times 4=23\)
对于一个给定大小的数组 \(n\)，Tom 现在想要知道它的第 \(1，2，3，4，5，...，n\) 窗口值各是多少，请你编写程序解决他的问题。

输入格式

第一行输入一个正整数 \(n\)，表示数组的大小。
接下来一行输入 \(n\) 个正整数 \(a_i\),表示数组的内容。

输出格式

输出一行 \(n\) 个正整数，表示滑动窗口的长度分别为 \(1，2，3，4，5，...，n\) 时，问题的答案。
输出的整数之间用空格隔开，行末不允许有多余空格。

解析

我们开两个单调栈，分别维护最大值和最小值，然后从左到右遍历过去，这样的话就可以知道当r单调向右滑动的时候，l端点落在不同的位置时最大值最小值各是多少。
由于值域不超过100，那么栈内的元素数目肯定是不会多于100的。所以我们可以暴力穷举栈内元素。然后因为两个单调栈都是有序的，在这里再次借助双指针划窗。提取出 \(max∗min\) 相同的区间长度是 LL 到 RR。使用差分维护一个数组 a，a[k]表示区间长度为k的答案。 然后将使用差分将 a[L]～a[R] 这段区间全部加max∗min即可。最后对差分数组求前缀和，就得到了每一个区间长度的答案。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair 
#define ans nowmax * nowmin
using namespace std;
const int N = 1e5 + 7; 
int n, a[N], k, d[N], top1, top2;
pair<int, int> stk_max[N], stk_min[N];
int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		while (top1 && stk_max[top1].fi <= a[i]) -- top1;
		while (top2 && stk_min[top2].fi >= a[i]) -- top2;
		stk_max[++ top1] = mp(a[i], i);
		stk_min[++ top2] = mp(a[i], i);
		int nowmax = a[i], nowmin = a[i];
		int p1 = top1 - 1, p2 = top2 - 1;
		int nowl = i;
		while (p1 || p2) {
			if (p1 && p2) {
				if (stk_max[p1].se >= stk_min[p2].se) {
					d[i - nowl + 1] += ans;
					d[i - stk_max[p1].se + 1] -= ans;
					nowl = stk_max[p1].se;
					nowmax = stk_max[p1].fi;
					-- p1;
				}
				else {
					d[i - nowl + 1] += ans;
					d[i - stk_min[p2].se + 1] -= ans;
					nowl = stk_min[p2].se;
					nowmin = stk_min[p2].fi;
					-- p2;
				}
			}
			else if (p1) {
				d[i - nowl + 1] += ans;
				d[i - stk_max[p1].se + 1] -= ans;
				nowl = stk_max[p1].se;
				nowmax = stk_max[p1].fi;
				-- p1;
			}
			else {
				d[i - nowl + 1] += ans;
				d[i - stk_min[p2].se + 1] -= ans;
				nowl = stk_min[p2].se;
				nowmin = stk_min[p2].fi;
				-- p2;
			}
		}
		d[i - nowl + 1] += ans;
		d[i + 1] -= ans;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		d[i] += d[i - 1];
		printf("%d%c", d[i], i == n ? '\n' : ' ');
	}
	return 0;
}