http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1506
方法一:
思路:对于每一点(设高度为h),向左找到第一个比它小的数(设这个下标为i),向右找到第一个比它小的数(设这个下标为j),那么此时以这点为高度的最大
面积为area=(i-j+1)*h; 以此类推,用for循环遍历数组,对每一点求面积,可求出最大的area.
关键:解题重点在于求左边和右边的“边界”,如果按常规算法,肯定会TLE,因此需用到动态规划。
#include
#include
#include
using namespace std;
#define MAXN 100010
__int64 rec[MAXN], l[MAXN],r[MAXN],max_area,sum;
int main()
{
freopen("input.txt","r",stdin);
int n,i;
while(scanf("%d",&n),n){
for(i=1; i<=n; ++i){
scanf("%I64d",&rec[i]);
l[i]=r[i]=i;
}
rec[0]=rec[n+1]=-1;
for(i=1; i<=n; ++i){
while(rec[i] <= rec[l[i]-1])
l[i] = l[l[i]-1];
}
for(i=n; i>=1; --i){
while(rec[i] <= rec[r[i]+1])
r[i] = r[r[i]+1];
}
max_area = -2147483647;
for(i=1; i<=n; ++i){
sum = rec[i]*(r[i]-l[i]+1);
if(sum > max_area)
max_area = sum;
}
printf("%I64d\n",max_area);
}
return 0;
}
方法二(单调栈):
使用栈线性扫描解决该问题
对于一个新的元素:
(1)如果此时栈为空或者栈顶元素比新元素小,则将该元素入栈;
(2)如果栈顶元素与新元素相等,则跳过新元素;
(3)如果栈顶元素比新元素大,那么此时需要更新栈顶元素并更新面积,一直到栈顶元素小于新元素为止。
#include
#include
#include
using namespace std;
__int64 rec[100010], max_area,sum;
int main()
{
//freopen("input.txt","r",stdin);
int n,i,temp;
while(scanf("%d",&n),n){
for(i=0; iq;
for(i=0; i<=n; ++i){
if(q.empty() || rec[i]>rec[q.top()]){
q.push(i);
}
else if(rec[i]rec[i]){
sum = (i-q.top())*rec[q.top()];
if(sum>max_area)
max_area = sum;
temp = q.top(); //记录跳出盏的元素的下标。
q.pop();
}
q.push(temp); //此时temp下标表示以rec[i]为高度的矩形的左边的边界(因为盏是递减的,所以左边的比右边的高)
rec[temp] = rec[i]; //这里注意理解,把rec[i]的值赋值给rec[temp](原来的高度已经没用了),此时它表示的是高为rec[i]的矩形
}
}
printf("%I64d\n",max_area);
}
return 0;
}
分析:因为序列是环状的,所以可以在序列后面复制一段(或者复制前k个数字)。如果用s[i]来表示复制过后的序列的前i个数的和,那么任意一个子序列[i..j]的和就等于s[j]-s[i-1]。对于每一个j,用s[j]减去最小的一个s[i](i>=j-k+1)就可以得到以j为终点长度不大于k的和最大的序列了。将原问题转化为这样一个问题后,就可以用单调队列解决了。
单调队列即保持队列中的元素单调递增(或递减)的这样一个队列,可以从两头删除,只能从队尾插入。单调队列的具体作用在于,由于保持队列中的元素满足单调性,对于上述问题中的每个j,可以用O(1)的时间找到对应的s[i]。(保持队列中的元素单调增的话,队首元素便是所要的元素了)。
维护方法:对于每个j,我们插入s[j-1](为什么不是s[j]? 队列里面维护的是区间开始的下标,j是区间结束的下标),插入时从队尾插入。为了保证队列的单调性,我们从队尾开始删除元素,直到队尾元素比当前需要插入的元素优(本题中是值比待插入元素小,位置比待插入元素靠前,不过后面这一个条件可以不考虑),就将当前元素插入到队尾。之所以可以将之前的队列尾部元素全部删除,是因为它们已经不可能成为最优的元素了,因为当前要插入的元素位置比它们靠前,值比它们小。我们要找的,是满足(i>=j-k+1)的i中最小的s[i],位置越大越可能成为后面的j的最优s[i]。
在插入元素后,从队首开始,将不符合限制条件(i>=j-k+1)的元素全部删除,此时队列一定不为空。(因为刚刚插入了一个一定符合条件的元素)
#include
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using namespace std;
int arr[200010],sum[200010];
int main()
{
// freopen("input.txt","r",stdin);
int T;
int N,K,i;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d %d",&N,&K);
sum[0] = 0;
for(i=1; i<=N; ++i){
scanf("%d",&arr[i]);
sum[i] = sum[i-1] + arr[i];
}
for(i=N+1; iq;
q.clear();
int max = -2147483647,start,end;
for(i=1; i sum[i-1])
q.pop_back ();
while(!q.empty() && q.front() < (i-K))
q.pop_front();
q.push_back (i-1);
int val = sum[i] - sum[q.front()];
if(val > max){
max = val;
start = q.front() + 1;
end = i;
}
}
printf("%d %d %d\n",max, start, end>N?end%N:end);
}
return 0;
}
这一题中,用到了一个技巧,即对于一个序列 1,2,3,4,5,6,7,…… 要求某一区间的和, 例如第i数到第j个数的和,那么可以用前j个数的和减去前i-1个数的和
这个技巧可以拓展到矩阵,看下一题:
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1559
对于一个n行的矩阵,可以把n行看成一行,即和并列,每一列看成一个元素;以此推广。
#include
#include
#include
using namespace std;
int arr[200010],sum[200010];
int main()
{
// freopen("input.txt","r",stdin);
int T;
int N,K,i;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d %d",&N,&K);
sum[0] = 0;
for(i=1; i<=N; ++i){
scanf("%d",&arr[i]);
sum[i] = sum[i-1] + arr[i];
}
for(i=N+1; iq;
q.clear();
int max = -2147483647,start,end;
for(i=1; i sum[i-1])
q.pop_back ();
while(!q.empty() && q.front() < (i-K))
q.pop_front();
q.push_back (i-1);
int val = sum[i] - sum[q.front()];
if(val > max){
max = val;
start = q.front() + 1;
end = i;
}
}
printf("%d %d %d\n",max, start, end>N?end%N:end);
}
return 0;
}