51nod-1102 . 面积最大的矩形&&hdu-1506

1102 . 面积最大的矩形

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有一个正整数的数组，化为直方图，求此直方图包含的最大矩形面积。例如 2,1,5,6,2,3，对应的直方图如下：



面积最大的矩形为5,6组成的宽度为2的矩形，面积为10。

Input

第1行：1个数N，表示数组的长度(0 <= N <= 50000)
第2 - N + 1行：数组元素A[i]。(1 <= A[i] <= 10^9)

Output

输出最大的矩形面积

Input 示例

6
2
1
5
6
2
3

Output 示例

10

这题基本跟hdu-1506一样，就是细节有点不同。

首先该问题可以用dp解决，预处理出每一个点能够向两边延伸的距离，向左找到第一个比当前点高度小的下标记为i，向右找到第一个比当前点高度小的下标记为j，那么此时以这点高度的最大值是f[i]*(j-i+1); 然后用for循环扫一遍求出最大值即可。解题关键在于求出每一个点的边界。

#include<cstdio>
const int N = 100010;
__int64 f
,l
,r
,sum;
int main()
{
int n,i;
while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n)
{
sum=0;
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%I64d",&f[i]);
l[i]=r[i]=i;  //初始i点的左边界和右边界都是i。
}
f[0]=f[n+1]=-1;
for(i=1;i<=n;i++)
{   //预处理左边界
while(f[i]<=f[l[i]-1])
l[i]=l[l[i]-1];
}
for(i=n;i>=1;i--)
{   //预处理右边界
while(f[i]<=f[r[i]+1])
r[i]=r[r[i]+1];
}
for(i=1;i<=n;i++) //遍历更新最大值
if(f[i]*(r[i]-l[i]+1)>sum)
sum=f[i]*(r[i]-l[i]+1);
printf("%I64d\n",sum);
}
return 0;
}

然后还可以利用单调栈解决，这里维护一个单调递减栈，首先如果栈空或者比栈顶元素大的数的下标直接加入栈中，如果与栈顶元素相等可以不用处理， 如果比栈顶元素小，那么需要不断更新栈顶元素，并且更新面积，一直到栈顶元素小于当前元素为止。把f
=-1，这样可以把栈中所有元素算完。

比如样例 2,1,5,6,2,3 首先将2入栈，因为1比2小，那么就把栈中元素的最大面积算出来，就是2，并且弹栈，保存退栈的元素下标，就是0，然后赋值f[0]=1,因为1可以延伸到第一个，那么加入栈中的下标是0，并且f[0]=1，遇到5,6都是直接加入栈中，遇到2，当前栈顶元素是6，所以算出6这点的面积，并且保存下标，此时栈顶元素是5，那么算出面积是10，sum = (i-q.top())*f[q.top()]; 因为i跟q.top隔了2，然后保存2的下标并且赋值为2，表示2这点可以向前延伸的最长距离，遇到3直接加入，然后遇到-1，算出每一个点能表示的最大面积。

#include<cstdio>
#include<stack>
using namespace std;
__int64 f[50010];
int main()
{
int n,i,ans;
__int64 temp,sum=0;
stack<int>s;
scanf("%d",&n);
while(!s.empty()) s.pop();
for(i=0;i<n;i++)
scanf("%I64d",&f[i]);
f
=-1;
for(i=0;i<=n;i++)
{
if(s.empty()||f[i]>f[s.top()])
{
s.push(i);
}
else if(f[i]<f[s.top()])
{
while(!s.empty()&&f[i]<f[s.top()])
{
temp=(i-s.top())*f[s.top()];
if(temp>sum) sum=temp;
ans=s.top();
s.pop();
}
s.push(ans);
f[ans]=f[i];
}
}
printf("%I64d\n",sum);
return 0;
}