POJ 2559（单调栈）

传送门

 

参考资料：

　　[1]:挑战程序设计竞赛

 

•题意

　　柱状图是由一些宽度相等的长方形下端对齐后横向排列得到的图形。

　　现在有由 n 个宽度为1，高度分别为h[1,2,3.......n]的长方形从左到右依次排列组成的柱状图。

　　问里面包含的长方形的最大面积是多少？

•题解

　　如果确定了长方形的左端点L和右端点R，那么最大可能的高度就是min{h[i] | L <= i <= R}。

　　这样我们就得到了一个O(N³)的算法，如果对计算区间最小值进行一些优化，那么可以把复杂度将为O(N^2)。

　　但即使是这样，仍然无法在规定时间内求出答案。那么我们应该怎么做才能更高效的求解呢？

　　设面积最大的长方形左端是L，右端是R，高度是H。

　　易得H[L-1] < H 且 H[R+1] < H ，H=min{h[ i ] | L <= i <= R} 。

　　证明：

　　　　如果H[L-1] >= H ，那么左端点就可以更新为L-1，从而可以得到更大的长方形，与假设矛盾，因此 H[L-1] < H；

　　同理可得 H[R+1] < H。

　　我们可以遍历一边，找到每个 i (i=1,2,3,......,n) 的最小的L[ i ]和最大的R[ i ]；

　　这样答案就是 max( h[i]*(R[i]-L[i]+1) ) (i=1,2,3,.........,n)。

　　关键就是如何在线性时间内求出每个 i 的 L[ i ]和R[ i ]。

　　由 H[L-1] < H && H[R+1] < H 可得：

　　L[i]=( i 之前的高度第一个小于 h[i] 对应的下标) + 1;

　　R[i]=( i 之后的高度第一个小于 h[i] 对应的下标) - 1;

　　暴力方法当然是对于每个 i 都遍历一边 i 之前的值和 i 之后的值，这当然是会超时的，所以，我们要换个思路。

　　引入一个新的数据结构栈；

　　在计算 L[ i ] 时，首先，判断栈顶元素 j 的高度 h[ j ] 是否大于等于 h[ i ]；

　　如果h[ j ] ≥ h[ i ]，则不断弹出栈顶元素，直到 h[ j ] < h[ i ] 或栈为空。

　　若栈为空，则L[ i ] = 1，反之，L[ i ]=j+1，然后将 i 压入栈中。

　　计算 R[ i ] 时只需反向( i 从n 到 1 )重复上述过程即可。

　　由于栈的压入和弹出操作都是 O(N)，因此整个算法的时间复杂度为 O(N);

•Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<stack>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn=1e5+50;

int n;
ll h[maxn];
int l[maxn];
int r[maxn];
stack<int >sta;

void Clear()
{
    while(!sta.empty())
        sta.pop();
}
ll Solve()
{
    Clear();
    for(int i=1;i <= n;++i)
    {
        while(!sta.empty() && h[sta.top()] >= h[i])
            sta.pop();

        l[i]=sta.empty() ? 1:sta.top()+1;
        sta.push(i);
    }

    Clear();
    for(int i=n;i >= 1;--i)
    {
        while(!sta.empty() && h[sta.top()] >= h[i])
            sta.pop();

        r[i]=sta.empty() ? n:sta.top()-1;
        sta.push(i);
    }

    ll ans=0;
    for(int i=1;i <= n;++i)
        ans=max(ans,h[i]*(r[i]-l[i]+1));

    return ans;
}
int main()
{
    while(~scanf("%d",&n) && n)
    {
        for(int i=1;i <= n;++i)
            scanf("%lld",h+i);

        printf("%lld\n",Solve());
    }
    return 0;
}