poj 2559(栈的应用)

时间:2022-01-20 21:09:20

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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+; 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=;i <= n;++i)
{
while(!sta.empty() && h[sta.top()] >= h[i])
sta.pop(); l[i]=sta.empty() ? :sta.top()+;
sta.push(i);
} Clear();
for(int i=n;i >= ;--i)
{
while(!sta.empty() && h[sta.top()] >= h[i])
sta.pop(); r[i]=sta.empty() ? n:sta.top()-;
sta.push(i);
} ll ans=;
for(int i=;i <= n;++i)
ans=max(ans,h[i]*(r[i]-l[i]+)); return ans;
}
int main()
{
while(~scanf("%d",&n) && n)
{
for(int i=;i <= n;++i)
scanf("%lld",h+i); printf("%lld\n",Solve());
}
return ;
}