单调栈的好题
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题目是求最大矩形面积
1.BF思路
可以想到最后大矩形的上边界一定是某个小矩形的顶
那么我们就枚举每一个小矩形,
将其顶作为限制条件尽可能地向两边扩展
复杂度\(O(n^2)\)
2.单调栈做法
如图,黑色为最终要求的矩形
我们可以维护一个单调递增栈
如上图:(从黄色的矩形(Y)向右扩展,假设左边所有矩形递增)
①:此时右边的矩形高于左边矩形,不影响黄色矩形继续向右扩展,可以加入单调栈
②:此时右边的矩形低于左边的矩形,那么以左边的矩形为最大高度的矩形不能向右扩展,于是可以向左统计答 案.又因为从左往右已经是单调递增,那么可以直接统计答案,同时将此矩形退栈.以此类推,直到栈顶元素的高度小于新加入的矩形的高度.
如图,最右边的矩形加入时会将左侧的两个矩形退栈,并相应地计算这两个矩形的答案.然后这两个矩形的上部(红棕色部分)可以舍弃,因为它们不会再产生任何贡献.需要注意的是,在退栈时,还要将退栈元素的宽度加起来,再赋值给新加入的矩形,那么此时最右边的矩形实际上代表图中的所有蓝色部分.当以后有更矮的矩形进栈且需要将蓝色部分退栈时,统计答案就可以直接 \(hight\times width\) .
这样做的正确性在于:当该矩形退栈时,其左边的第一个元素(即栈中在它以下的第一个元素)是第一个比它矮的;其右边的矩形一定比它矮(不然就不需要退栈了)
3.代码
#include
#define R register int
using namespace std;
int n,h[100006],wid[100006],s[100006],top;
long long ans;//注意要开longlong
int main()
{
while(cin>>n)
{
if(n==0)return 0;
memset(s,0,sizeof(s));
memset(h,0,sizeof(h));
memset(wid,0,sizeof(wid));
top=0;ans=0;//记得清零!!!
for(R i=1;i<=n;i++)
cin>>h[i];
h[++n]=0;//加入一个高度为0的点,可以在最后统计答案,不会遗漏
for(R i=1;i<=n;i++)
{
int width=0;
while(top&&h[s[top]]>h[i])
{
width+=wid[top];
ans=max(ans,(long long)width*h[s[top]]);
top--;
}
s[++top]=i;
wid[top]=width+1;
}
cout<