简单单调栈的运用，悬线法---最大子矩阵，整除分块（规律+分块边界）
简单单调栈的运用
牛客一站到底 最优屏障
题意：有n座山，高度位ai,山上的士兵能相互监督当且仅当max(ai+1...aj-1)
计算最优的屏障放置位置和最大的防守力减少量
n≤50000
思路：屏障的放置将大区间分为左右两个独立区间，知道大区间的的值
在枚举屏障放置点，关键在与预处理左右两个独立区间
用栈处理左右区间，分为从后往前看，从前往后看两种
处理，添加一个数进来，能产生对数的是前面比之小的单调递减区间
#include
#include
#include 悬线法---最大子矩阵
HISTOGRA - Largest Rectangle in a Histogram
在一条水平线上有 n 个宽为1 的矩形，求包含于这些矩形的最大子矩形面积、
时间复杂度O(n)
#include
#include
using std::max;
const int N = 100010;
int n, a[N];
int l[N], r[N]; //l[i]表示a[i]向左能扩展到的位置，r[i]表示向右能扩展到的位置
long long ans;
int main() {
while (scanf("%d", &n) != EOF && n) {
ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]), l[i] = r[i] = i;
for (int i = 1; i <= n; i++)
while (l[i] > 1 && a[i] <= a[l[i] - 1]) l[i] = l[l[i] - 1];
for (int i = n; i >= 1; i--)
while (r[i] < n && a[i] <= a[r[i] + 1]) r[i] = r[r[i] + 1];
for (int i = 1; i <= n; i++)
ans = max(ans, (long long)(r[i] - l[i] + 1) * a[i]);
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
P4147 玉蟾宫
给定n*m的矩阵，每一格为F或R,找到最大的全为F的矩形土地，输出面积*3
n<=m<=1000
思路:同HISTOGRA - Largest Rectangle in a Histogram，将每一行的位置向上扩展作为悬线长度
时间复杂度O(n*m)
#include
#include
#include
using namespace std;
int m, n, a[1010], l[1010], r[1010], ans;
int main() {
cin >> n >> m;
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
l[j] = r[j] = j;
}
char s;
for (int j = 1; j <= m; j++) {
cin >> s;
if (s == 'F') {
a[j]++;
}
else {
a[j] = 0;
}
}
for (int j = 1; j <= m; j++) {
while (l[j] > 1 && a[j] <= a[l[j] - 1])l[j] = l[l[j] - 1];
}
for (int j = m; j >=1; j--) {
while (r[j] < m && a[j] <= a[r[j] + 1]) r[j] = r[r[j] + 1];
}
for (int j = 1; j <= m; j++) {
ans = max(ans, a[j] * (r[j] - l[j] + 1));
}
}
cout << 3*ans << '\n';
}
洛谷
感觉不错 Feel Good
给出正整数n 和一个长度为n 的数列a，要求找出一个子区间[l, r]，
使这个子区间的数字和乘上子区间中的最小值最大。输出这个最大值与区间的两个端点
在答案相等的情况下最小化区间长度，最小化长度的情况下最小化左端点序号。
思路：寻找每一个结点的左右扩展，利用前缀和求出答案
#include
#include
const int N = 100010;
int n, a[N], l[N], r[N];
long long sum[N];
long long ans;
int ansl, ansr;
bool fir = 1;
int main() {
while (scanf("%d", &n) != EOF) {
memset(a, -1, sizeof(a));
if (!fir)
printf("\n");
else
fir = 0;
ans = 0;
ansl = ansr = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
l[i] = r[i] = i;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
while (a[l[i] - 1] >= a[i]) l[i] = l[l[i] - 1];
for (int i = n; i >= 1; i--)
while (a[r[i] + 1] >= a[i]) r[i] = r[r[i] + 1];
for (int i = 1; i <= n; i++) {
long long x = a[i] * (sum[r[i]] - sum[l[i] - 1]);
if (ans < x || (ans == x && ansr - ansl > r[i] - l[i]))
ans = x, ansl = l[i], ansr = r[i];
}
printf("%lld\n%d %d\n", ans, ansl, ansr);
}
return 0;
} 整除分块（规律+分块边界）
1.f(n)=n/i的和 (1<=i<=n)
以l为左边界，k=n/l, 右边界r为k的最大下标i,找到最大的i满足i<=n/k
带入k,r=n/(n/l)
#include
using namespace std;
int main()
{
int ans = 0;
int n;
cin >> n;
for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
r = n / (n / l);
cout << l << ' ' << r << '\n';
ans += (n / l) * (r - l + 1);
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
P1403 [AHOI2005] 约数研究
f(n)表示n的约数的个数
求f(i)的和 (1<=i<=n)
思路：约数的性质满足每个正约数i在1~n中出现的个为n/i
直接套用整除分块板子
#include
using namespace std;
int main()
{
int ans = 0;
int n;
cin >> n;
for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
r = n / (n / l);
//cout << l << ' ' << r << '\n';
ans += (n / l) * (r - l + 1);
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
P2424 约数和
f(x)表示x的所有约数和，求f(x)+f(x+1)...+f(y)
思路：约数的性质满足每个正约数i在1~n中出现的个为n/i,于是约数对总和的贡献为i*n/i
在区间[l,r]满足n/i为常数，等差数列求出
ans=cal(y)-cla(x-1)
#include
#include
#define int long long
using namespace std;
int a[1000];
int cal(int n) {
int res = 0;
for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
r = n / (n / l);
//res += (n / l) * (r - l + 1) / 2;
res += (n / l) * (l + r) * (r - l + 1) / 2;
}
return res;
}
signed main()
{
int x, y;
cin >> x >> y;
cout << cal(y) - cal(x - 1) << '\n';
return 0;
}
P2261 [CQOI2007] 余数求和
给定n,k，计算k%i的和，求(1<=i<=n)
n,k<=1e9
思路：对于a%b -> a-b*(a/b)
k%i ->k-i*(k/i)
ans=k-i*(k/i)的和 (1<=i<=n)
#include
#include
#define int long long
using namespace std;
signed main()
{
int n, k;
cin >> n >> k;
int ans = n*k;
for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
if (k / l != 0) //防止re
r = min(k / (k / l), n);
else
r = n;
ans -= (k / l) * (l + r) * (r - l + 1) / 2;
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}