[LeetCode] 907. Sum of Subarray Minimums 子数组最小值之和

Given an array of integers A, find the sum of min(B), where B ranges over every (contiguous) subarray of A.

Since the answer may be large, return the answer modulo 10^9 + 7.

Example 1:

Input: [3,1,2,4]
Output: 17
Explanation: Subarrays are [3], [1], [2], [4], [3,1], [1,2], [2,4], [3,1,2], [1,2,4], [3,1,2,4].
Minimums are 3, 1, 2, 4, 1, 1, 2, 1, 1, 1.  Sum is 17.

Note:

1. 1 <= A.length <= 30000
2. 1 <= A[i] <= 30000

这道题给了一个数组，对于所有的子数组，找到最小值，并返回累加结果，并对一个超大数取余。由于我们只关心子数组中的最小值，所以对于数组中的任意一个数字，需要知道其是多少个子数组的最小值。就拿题目中的例子 [3,1,2,4] 来分析，开始遍历到3的时候，其本身就是一个子数组，最小值也是其本身，累加到结果 res 中，此时 res=3，然后看下个数1，是小于3的，此时新产生了两个子数组 [1] 和 [3,1]，且最小值都是1，此时在结果中就累加了 2，此时 res=5。接下来的数字是2，大于之前的1，此时会新产生三个子数组，其本身单独会产生一个子数组 [2]，可以先把这个2累加到结果 res 中，然后就是 [1,2] 和 [3,1,2]，可以发现新产生的这两个子数组的最小值还是1，跟之前计算数字1的时候一样，可以直接将以1结尾的子数组最小值之和加起来，那么以2结尾的子数组最小值之和就是 2+2=4，此时 res=9。对于最后一个数字4，其单独产生一个子数组 [4]，还会再产生三个子数组 [3,1,2,4], [1,2,4], [2,4]，其并不会对子数组的最小值产生影响，所以直接加上以2结尾的子数组最小值之和，总共就是 4+4=8，最终 res=17。

分析到这里，就知道我们其实关心的是以某个数字结尾时的子数组最小值之和，可以用一个一维数组 dp，其中 dp[i] 表示以数字 A[i] 结尾的所有子数组最小值之和，将 dp[0] 初始化为 A[0]，结果 res 也初始化为 A[0]。然后从第二个数字开始遍历，若大于等于前一个数字，则当前 dp[i] 赋值为 dp[i-1]+A[i]，前面的分析已经解释了，当前数字 A[i] 组成了新的子数组，同时由于 A[i] 不会影响最小值，所以要把之前的最小值之和再加一遍。假如小于前一个数字，就需要向前遍历，去找到第一个小于 A[i] 的位置j，假如j小于0，表示前面所有的数字都是小于 A[i] 的，那么 A[i] 是前面 i+1 个以 A[i] 结尾的子数组的最小值，累加和为 (i+1) x A[i]，若j大于等于0，则需要分成两部分累加，dp[j] + (i-j)xA[i]，这个也不难理解，前面有 i-j 个以 A[i] 为结尾的子数组的最小值是 A[i]，而再前面的子数组的最小值就不是 A[i] 了，但是还是需要加上一遍其本身的最小值之和，因为每个子数组末尾都加上 A[i] 均可以组成一个新的子数组，最终的结果 res 就是将 dp 数组累加起来即可，别忘了对超大数取余，参见代码如下：

解法一：

class Solution {
public:
    int sumSubarrayMins(vector& A) {
        int res = A[0], n = A.size(), M = 1e9 + 7;
        vector dp(n);
        dp[0] = A[0];
        for (int i = 1; i < n; ++i) {
            if (A[i] >= A[i - 1]) dp[i] = dp[i - 1] + A[i];
            else {
                int j = i - 1;
                while (j >= 0 && A[i] < A[j]) --j;
                dp[i] = (j < 0) ? (i + 1) * A[i] : (dp[j] + (i - j) * A[i]);
            }
            res = (res + dp[i]) % M;
        }
        return res;
    }
};

上面的方法虽然 work，但不是很高效，原因是在向前找第一个小于当前的数字，每次都要线性遍历一遍，造成了平方级的时间复杂度。而找每个数字的前小数字或是后小数字，正是单调栈擅长的，可以参考博主之前的总结贴 LeetCode Monotonous Stack Summary 单调栈小结。这里我们用一个单调栈来保存之前一个小的数字的位置，栈里先提前放一个 -1，作用会在之后讲解。还是需要一个 dp 数组，跟上面的定义基本一样，但是为了避免数组越界，将长度初始化为 n+1，其中 dp[i] 表示以数字 A[i-1] 结尾的所有子数组最小值之和。对数组进行遍历，当栈顶元素不是 -1 且 A[i] 小于等于栈顶元素，则将栈顶元素移除。这样栈顶元素就是前面第一个比 A[i] 小的数字，此时 dp[i+1] 更新还是跟之前一样，分为两个部分，由于知道了前面第一个小于 A[i] 的数字位置，用当前位置减去栈顶元素位置再乘以 A[i]，就是以 A[i] 为结尾且最小值为 A[i] 的子数组的最小值之和，而栈顶元素之前的子数组就不受 A[i] 影响了，直接将其 dp 值加上即可。将当前位置压入栈，并将 dp[i+1] 累加到结果 res，同时对超大值取余，参见代码如下：

解法二：

class Solution {
public:
    int sumSubarrayMins(vector& A) {
        int res = 0, n = A.size(), M = 1e9 + 7;
        stack st{{-1}};
        vector dp(n + 1);
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            while (st.top() != -1 && A[i] <= A[st.top()]) {
                st.pop();
            }
            dp[i + 1] = (dp[st.top() + 1] + (i - st.top()) * A[i]) % M;
            st.push(i);
            res = (res + dp[i + 1]) % M;
        }
        return res;
    }
};

再来看一种解法，由于对于每个数字，只要知道了其前面第一个小于其的数字位置，和后面第一个小于其的数字位置，就能知道当前数字是多少个子数组的最小值，直接相乘累加到结果 res 中即可。这里我们用两个单调栈 st_pre 和 st_next，栈里放一个数对儿，由数字和其在原数组的坐标组成。还需要两个一维数组 left 和 right，其中 left[i] 表示以 A[i] 为结束为止且 A[i] 是最小值的子数组的个数，right[i] 表示以 A[i] 为起点且 A[i] 是最小值的子数组的个数。对数组进行遍历，当 st_pre 不空，且栈顶元素大于 A[i]，移除栈顶元素，这样剩下的栈顶元素就是 A[i] 左边第一个小于其的数字的位置，假如栈为空，说明左边的所有数字都小于 A[i]，则 left[i] 赋值为 i+1，否则赋值为用i减去栈顶元素在原数组中的位置的值，然后将 A[i] 和i组成数对儿压入栈 st_pre。对于 right[i] 的处理也很类似，先将其初始化为 n-i，然后看若 st_next 不为空且栈顶元素大于 A[i]，然后取出栈顶元素t，由于栈顶元素t是大于 A[i]的，所以 right[t.second] 就可以更新为 i-t.second，然后将 A[i] 和i组成数对儿压入栈 st_next，最后再遍历一遍原数组，将每个 A[i] x left[i] x right[i] 算出来累加起来即可，别忘了对超大数取余，参见代码如下：

解法三：

class Solution {
public:
    int sumSubarrayMins(vector& A) {
        int res = 0, n = A.size(), M = 1e9 + 7;
        stack> st_pre, st_next;
        vector left(n), right(n);
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            while (!st_pre.empty() && st_pre.top().first > A[i]) {
                st_pre.pop();
            }
            left[i] = st_pre.empty() ? (i + 1) : (i - st_pre.top().second);
            st_pre.push({A[i], i});
            right[i] = n - i;
            while (!st_next.empty() && st_next.top().first > A[i]) {
                auto t = st_next.top(); st_next.pop();
                right[t.second] = i - t.second;
            }
            st_next.push({A[i], i});
        }
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            res = (res + A[i] * left[i] * right[i]) % M;
        }
        return res;
    }
};

我们也可以对上面的解法进行空间上的优化，只用一个单调栈，用来记录当前数字之前的第一个小的数字的位置，然后遍历每个数字，但是要多遍历一个数字，i从0遍历到n，当 i=n 时，cur 赋值为0，否则赋值为 A[i]。然后判断若栈不为空，且 cur 小于栈顶元素，则取出栈顶元素位置 idx，由于是单调栈，那么新的栈顶元素就是 A[idx] 前面第一个较小数的位置，由于此时栈可能为空，所以再去之前要判断一下，若为空，则返回 -1，否则返回栈顶元素，用 idx 减去栈顶元素就是以 A[idx] 为结尾且最小值为 A[idx] 的子数组的个数，然后用i减去 idx 就是以 A[idx] 为起始且最小值为 A[idx] 的子数组的个数，然后 A[idx] x left x right 就是 A[idx] 这个数字当子数组的最小值之和，累加到结果 res 中并对超大数取余即可，参见代码如下：

解法四：

class Solution {
public:
    int sumSubarrayMins(vector& A) {
        int res = 0, n = A.size(), M = 1e9 + 7;
        stack st;
        for (int i = 0; i <= n; ++i) {
            int cur = (i == n) ? 0 : A[i];
            while (!st.empty() && cur < A[st.top()]) {
                int idx = st.top(); st.pop();
                int left = idx - (st.empty() ? -1 : st.top());
                int right = i - idx;
                res = (res + A[idx] * left * right) % M;
            }
            st.push(i);
        }
        return res;
    }
};

Github 同步地址:

https://github.com/grandyang/leetcode/issues/907

参考资料：

https://leetcode.com/problems/sum-of-subarray-minimums/

https://leetcode.com/problems/sum-of-subarray-minimums/discuss/170857/One-stack-solution

https://leetcode.com/problems/sum-of-subarray-minimums/discuss/222895/Java-No-Stack-solution.

https://leetcode.com/problems/sum-of-subarray-minimums/discuss/170769/Java-O(n)-monotone-stack-with-DP

https://leetcode.com/problems/sum-of-subarray-minimums/discuss/178876/stack-solution-with-very-detailed-explanation-step-by-step

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转载于:https://www.cnblogs.com/grandyang/p/11273330.html