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1215 數組的寬度

第1行：1個數N，表示數組的長度。(1 <= N <= 50000)
第2 - N + 1行：每行1個數，表示數組中的元素(1 <= A[i] <= 50000)

輸出所有子數組的寬度和。

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感覺很經典的題目。
   首先我們不可能枚舉出所有的子區間，顯然時空是不允許的，那就要從元素入手，我們只要知道每個元素被作為最大最小值得次數答案就出來了，問題轉化為求元素作為最值的次數。
可以找到當前元素作為最大/小值時對應的最大的區間左右端點，然後組合計算一下就是答案了。找這個左右端點時可以用單調棧也可以叠代搜索，stl貌似要慢一些。
   正確性在於找端點時滿足決策單調性，例如找最大值左端點時，這個元素左側的元素如果大於他，那顯然左端點就是他本身了，此時就是一個單調遞減棧，大於棧頂元素時左端點就可以用棧頂
元素的左端點代替；
  總之就一句話，大於左側的元素，一定大於所有左側元素能大於的元素。 
  還有就是第一次WA了因為重復計算了， 只要稍微修改一下為左側不嚴格右側嚴格的查找就好了。

 1 #include <iostream>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<stack>
 4 #include<cstdio>
 5 using namespace std;
 6 typedef long long LL;
 7 const int MAX = 50005;
 8 int a[MAX], l1[MAX], r1[MAX], l2[MAX], r2[MAX];
 9 int maxt[MAX], mint[MAX];
10 stack<int>S;
11 int main()
12
 
 {
13     int N, i, j, k;
14     scanf("%d", &N);
15     for (i = 1;i <= N;++i) scanf("%d", a + i);
16     for (i = 1;i <= N;++i)
17     {
18         if (S.empty() || a[i] < a[S.top()]) {
19             l1[i] = i;
20             S.push(i);
21         }
22         else {
23             while (!S.empty() && a[S.top()] <= a[i]) {
24                 l1[i] = l1[S.top()];
25                 S.pop();
26             }
27             S.push(i);
28         }
29     }while (!S.empty()) S.pop();
30     for (i = N;i >=1;--i)
31     {
32         if (S.empty() || a[i] <= a[S.top()]) {
33             r1[i] = i;
34             S.push(i);
35         }
36         else {
37             while (!S.empty() && a[S.top()] < a[i]) {
38                 r1[i] = r1[S.top()];
39                 S.pop();
40             }
41             S.push(i);
42         }
43     }while (!S.empty()) S.pop();
44     for (i = 1;i <= N;++i)
45     {
46         maxt[i] += (r1[i]-l1[i])+(i-l1[i])*(r1[i]-i);
47     }
48     for (i = 1;i <= N;++i)
49     {
50         if (S.empty() || a[i] > a[S.top()]) {
51             l2[i] = i;
52             S.push(i);
53         }
54         else {
55             while (!S.empty() && a[S.top()] >=a[i]) {
56                 l2[i] = l2[S.top()];
57                 S.pop();
58             }
59             S.push(i);
60         }
61     }while (!S.empty()) S.pop();
62     for (i = N;i>=1;--i)
63     {
64         if (S.empty() || a[i] >= a[S.top()]) {
65             r2[i] = i;
66             S.push(i);
67         }
68         else {
69             while (!S.empty() && a[S.top()] > a[i]) {
70                 r2[i] = r2[S.top()];
71                 S.pop();
72             }
73             S.push(i);
74         }
75     }while (!S.empty()) S.pop();
76     for (i = 1;i <= N;++i)
77     {
78         mint[i] += (-l2[i]+r2[i])+(i-l2[i])*(r2[i]-i);
79     }
80     LL ans = 0;
81     for (i = 1;i <= N;++i)
82     {
83         ans += (LL)a[i] * (maxt[i]-mint[i]);
84     }
85     printf("%lld\n", ans);
86     return 0;
87 }

叠代:

 1 #include <iostream>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<stack>
 4 #include<cstdio>
 5 using namespace std;
 6 typedef long long LL;
 7 const int MAX = 50005;
 8 int a[MAX], l1[MAX], r1[MAX], l2[MAX], r2[MAX];
 9 int maxt[MAX], mint[MAX];
10 int main()
11 {
12     int N, i, j, k;
13     scanf("%d", &N);
14     for (i = 1;i <= N;++i) scanf("%d", a + i);
15     for (i = 1;i <= N;++i) {
16         l1[i] = r1[i] = i;
17         l2[i] = r2[i] = i;
18     }
19     for (i = 1;i <= N;++i) {
20         while (l1[i] != 1 && a[i] >= a[l1[i] - 1]) 
21             l1[i] = l1[l1[i]-1];
22         while (l2[i] != 1 && a[i] <= a[l2[i] - 1])
23             l2[i] = l2[l2[i] - 1];
24     }
25     for (i = N;i >= 1;--i) {
26         while (r1[i] != N&&a[i] > a[r1[i] + 1])
27             r1[i] = r1[r1[i] + 1];
28         while (r2[i] != N&&a[i] < a[r2[i] + 1])
29             r2[i] = r2[r2[i] + 1];
30     }
31     LL ans = 0;
32     for (i = 1;i <= N;++i) {
33         ans += (LL)a[i] * ((r1[i] - l1[i]) + (i - l1[i])*(r1[i] - i)- (-l2[i] + r2[i]) - (i - l2[i])*(r2[i] - i));
34     }
35     cout << ans << endl;
36     //system("pause");
37     return 0;
38 }

51nod 1215 單調棧/叠代