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【洛谷P1901 】发射站
http://www.luogu.org/problem/show?pid=1901
某地有 N 个能量发射站排成一行，每个发射站 i 都有不相同的高度 Hi，并能向两边（当 然两端的只能向一边）同时发射能量值为 Vi 的能量，并且发出的能量只被两边最近的且比 它高的发射站接收。
显然，每个发射站发来的能量有可能被 0 或 1 或 2 个其他发射站所接受，特别是为了安 全，每个发射站接收到的能量总和是我们很关心的问题。由于数据很多，现只需要你帮忙计 算出接收最多能量的发射站接收的能量是多少。
输入格式第 1 行：一个整数 N;
第 2 到 N+1 行：第 i+1 行有两个整数 Hi 和 Vi，表示第 i 个人发射站的高度和发射的能量值。
输出格式
输出仅一行，表示接收最多能量的发射站接收到的能量值，答案不超过 longint。
输入样例：
3 4 2 3 5 6 10
输出样例：
7
对于 40%的数据，1<=N<=5000；1<=Hi<=100000；1<=Vi<=10000;
对于 70%的数据，1<=N<=100000；1<=Hi<=2,000,000,000；1<=Vi<=10000;
对于 100%的数据，1<=N<=1000000;1<=Hi<=2,000,000,000；1<=Vi<=10000。
题解
单调栈维护找出向左（右）边的第一个比自己大的数。
#include<iostream> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> using namespace std; long long h[1000001],p[1000001],sum[1000001]; struct hh{int l,r;}; hh f[1000001]; long long ans; int n,cnt; stack<int> s; int main() { int i,j; scanf("%d",&n); for(i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&h[i],&p[i]); s.push(1); for(i=2;i<=n;++i) { while(!s.empty() && h[i]>h[s.top()]) f[s.top()].r=i,s.pop(); s.push(i); } while(!s.empty()) s.pop(); s.push(n); for(i=n-1;i>=1;--i) { while(!s.empty() && h[i]>h[s.top()]) f[s.top()].l=i,s.pop(); s.push(i); } for(i=1;i<=n;i++){sum[f[i].l]+=p[i]; sum[f[i].r]+=p[i];} for(i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,sum[i]); printf("%lld",ans); return 0; }
【POJ2823 】【FZYZ P1561】滑动窗口
http://poj.org/problem?id=2823
给你一个长度为N的数组，一个长为K的滑动的窗体从最左移至最右端，你只能见到窗口的K个数，每次窗体向右移动一位，如下表：
你的任务是找出窗口在各位置时的max value,min value.
第1行n,k,第2行为长度为n的数组
2行，第1行每个位置的min value,第2行每个位置的max value
8 3 1 3 -1 -3 5 3 6 7
-1 -3 -3 -3 3 3 3 3 5 5 6 7
20%:n<=500;
50%:n<=100000;
100%:n<=1000000;
题解
双端单调队列维护
#include<iostream> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<queue> using namespace std; int n,k; int a[1000005],maxx[1000005],minn[1000005]; int q[1000005]; int main() { int i,j,head=1,tail=0; scanf("%d%d",&n,&k); for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); head=1;tail=0;q[++tail]=1; for(i=2;i<=k;i++) { while(head<=tail&&a[q[tail]]<a[i]) tail--; q[++tail]=i; } maxx[1]=a[q[head]]; for(i=k+1;i<=n;i++) { while(head<=tail&&a[q[tail]]<a[i]) tail--; while(head<=tail&&i-q[head]>=k) head++; q[++tail]=i; maxx[i-k+1]=a[q[head]]; } head=1;tail=0; q[++tail]=1; for(i=2;i<=k;i++) { while(head<=tail&&a[q[tail]]>a[i]) tail--; q[++tail]=i; } minn[1]=a[q[head]]; for(i=k+1;i<=n;i++) { while(head<=tail&&a[q[tail]]>a[i]) tail--; while(head<=tail&&i-q[head]>=k) head++; q[++tail]=i; minn[i-k+1]=a[q[head]]; } for(i=1;i<=n-k+1;i++) printf("%d ",minn[i]);printf("\n"); for(i=1;i<=n-k+1;i++) printf("%d ",maxx[i]); return 0; }
【FZYZ P1280 】【NOIP福建夏令营】矩形覆盖
有N个矩形，矩形的底边边长为1，且均在X轴上，高度给出，第i个矩形的高为h[i]，求最少需要几个矩形才能覆盖这个图形。
例如h = [3, 2, 4, 2]的图形如下：
容易发现，只需要3个矩形就能覆盖这个图形。
第一行一个整数N。接下来1行包含N个正整数，为h[i]。
输出一个整数表示最少需要几个矩形能覆盖这个图形。
10 2 3 2 4 2 1 3 4 3 2
7
对于所有数据，N<=100000，h[i] <= 100。
对于部分数据，N<=10；
对于部分数据，N<=100；
对于部分数据，N<=1000；
对于部分数据，h[i] <= 10；
题解
显然，若存在一个矩形的高度为x，则必然存在一个覆盖的矩形，其上边界高度为x.
所以，若所有h[i]各不相同，就要用N个矩形才能覆盖这个图形.
如果答案小于N，那么必然存在i,j（1<=i<j<=N），使得h[i]=h[j]，且对任意k满足i<k<j，有h[k]>=h[i]且h[k]>=h[j]（否则该覆盖矩形会超出图形的范围）.
单调栈维护严格上升序列即可
#include<iostream> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> using namespace std; int n,ans; int h[100005]; stack<int> q; int main() { int i,j; scanf("%d",&n); ans=n; for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&h[i]); q.push(h[1]); for(i=2;i<=n;i++) { while(!q.empty()&&q.top()>=h[i]) { if(q.top()==h[i]) ans--; q.pop(); } q.push(h[i]); } printf("%d",ans); return 0; }
【ZLD NOIP模拟体】序列
【问题描述】
有一个长度为n的非负整数序列，每次操作可以选择相邻的两个数
，删去它们，然后在这个位置插入一个数
，此次操作的代价定义为
，求将这个序列长度变为1的最少代价。
【输入格式】
第一行为一个正整数n，表示序列的长度。
第二行有n个非负整数，表示这个序列。
【输出格式】
一行一个数，表示最少代价。
【输入输出样例】
|
seq.in |
seq.out |
|
3 1 2 3 |
5 |
【数据规模】
对于30%的数据，
对于50%的数据，
对于100%的数据，
题解
算法1：我们从左往右读入序列，用一个单调栈，当我们新加进去的数>栈顶时，那么便将栈顶的数拿去跟前一个或者当前的数合并（看哪个比较小），直到不满足这个条件，此时就把当前这个数塞入栈，最后注意一下栈中剩余的元素也是要合并的。
#include<iostream> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> using namespace std; int n; long long ans; int a[1000005]; stack<int> q; int main() { int i,j,temp,in; scanf("%d",&n); for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); q.push(1000000005); for(i=1;i<=n;i++) { if(!q.empty()&&q.top()>a[i]) { q.push(a[i]); continue; } while(!q.empty()&&q.top()<a[i]) { q.pop(); if(a[i]>q.top()) ans+=(long long)q.top(); else ans+=(long long)a[i]; } q.push(a[i]); } if(!q.empty()&&q.size()!=2) { q.pop(); while(!q.empty()) { if(q.size()==1) goto hhh; ans+=(long long)q.top(); q.pop(); } } hhh:; printf("%lld",ans); return 0; }
算法2：
标程做法。我们考虑相邻的两个数x,y，不妨设x>y，则我们先在x右端找一条最长的以y为左端点的区间，使区间内所有的数<=x。
然后呢我们将这些数合并起来，再与x合并，那么这个代价就是x了。
这下子做法就出来了，答案就是
代码略。
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原文地址：http://www.cnblogs.com/jiangyl/p/5738552.html
