單調棧最大矩形單調佇列滑動視窗

給乙個直方圖，求直方圖中的最大矩形的面積。例如，下面這個中直方圖的高度從左到右分別是2, 1, 4, 5, 1, 3, 3, 他們的寬都是1，其中最大的矩形是陰影部分。

輸入包含多組資料。每組資料用乙個整數n來表示直方圖中小矩形的個數，你可以假定1 <= n <= 100000. 然後接下來n個整數h1, …, hn, 滿足 0 <= hi <= 1000000000. 這些數字表示直方圖中從左到右每個小矩形的高度，每個小矩形的寬度為1。測試資料以0結尾。

對於每組測試資料輸出一行乙個整數表示答案。

721 4513 341000 1000 1000 1000

0

8 4000

初始化

for
(int i=
1;i<=n;i++
)scanf
("%lld"
,&a[i]);
//資料很多 用scanf速度快
memset
(a_l+1,
0,n)
;//將左側第乙個比它小的位置初始化為0
memset
(a_r+
1,n+
1,n)
;//將右側第乙個比它小的位置初始化為n+1
a[0]=
-1, a[n+1]
=-1;
//為了將棧中元素全部彈出

維護乙個單調棧，當棧非空並且當前元素小於棧頂元素時，將棧頂元素依次彈出，並且對其右側第乙個比它小的位置 a_r[st.top()]=i;

for
(int i=
1;i<=n+
1;i++)if
(st.
empty()
||a[st.
top()]
<=a[i]
)//if 其實可以省略，因為while後一定滿足該條件，此處為了方便理解
}

再倒敘來一遍，相當於找左邊能到達的最遠區域，本質是一樣的。

#include
#include
#include
#include
using
namespace std;
long
long a[
100005];
long
long a_r[
100005];
long
long a_l[
100005];
long
long ans;
intmain()
if(st.
empty()
||a[st.
top()]
<=a[i])}
st.pop();
// a[n+1] = -1; //為了將棧中元素全部彈出 最後還在stack裡面 
for(
int i=n;i>=
0;i--)if
(st.
empty()
||a[st.
top()]
<=a[i])}
for(
int i=
1;i<=n;i++
) cout<
}}

zjm 有乙個長度為 n 的數列和乙個大小為 k 的視窗, 視窗可以在數列上來回移動. 現在 zjm 想知道在視窗從左往右滑的時候，每次視窗內數的最大值和最小值分別是多少. 例如：

數列是 [1 3 -1 -3 5 3 6 7], 其中 k 等於 3.

輸入有兩行。第一行兩個整數n和k分別表示數列的長度和滑動視窗的大小，1<=k<=n<=1000000。第二行有n個整數表示zjm的數列。

輸出有兩行。第一行輸出滑動視窗在從左到右的每個位置時，滑動視窗中的最小值。第二行是最大值。

831 3-1- 3536

7

-1- 3-3- 3333 3556

7

先順序維護乙個單調遞增的雙向佇列(儲存下標)。

首先將1~k-1號元素push進佇列中並維護單增佇列，如果隊尾元素大於當前元素，則一直pop隊尾元素直到不滿足條件。

for
(int i=
1;i<=k-
1;i++
)//初始化 
if(q.
empty()
||a[q.
back()
]<=a[i]
)}

然後從k到n號元素開始，每次先維護佇列的單調性，然後放入i號元素並且維護視窗的大小,具體做法為判斷（i - 隊首元素儲存的下標）是否 > k,（因為隊首元素一定是當前單調佇列最先進來的元素）超過則pop隊首元素然後將隊首元素存到a_min[i]中。

for
(int i=k;i<=n;i++
)//視窗從k開始向右移動 維護乙個單增佇列
if(q.
empty()
||a[q.
back()
]<=a[i]
)while
(!q.
empty()
&&(i-q.
front()
)>=k)
//再維護視窗的大小 保證此時佇列中都落在視窗中 
a_min[i]
=q.front()
;}

同理，維護乙個單減佇列，重複上述操作。（前提把deque清空 clear（））

#include
#include
#include
using
namespace std;
int a[
1000005];
int a_min[
1000005];
int a_max[
1000005];
intmain()
if(q.
empty()
||a[q.
back()
]<=a[i])}
for(
int i=k;i<=n;i++
)//視窗從k開始向右移動 維護乙個單增佇列
if(q.
empty()
||a[q.
back()
]<=a[i]
)while
(!q.
empty()
&&(i-q.
front()
)>=k)
//再維護視窗的大小 保證此時佇列中都落在視窗中 
a_min[i]
=q.front()
;}q.clear()
;//deque 可以清空佇列 
for(
int i=
1;i<=k-
1;i++)if
(q.empty()
||a[q.
back()
]>=a[i])}
for(
int i=k;i<=n;i++
)//視窗從k開始向右移動 維護乙個單增佇列
if(q.
empty()
||a[q.
back()
]>=a[i]
)while
(!q.
empty()
&&(i-q.
front()
)>=k)
//然後維護視窗的大小 保證此時佇列中都落在視窗中 
a_max[i]
=q.front()
;}for(
int i=k;i<=n;i++
) cout<
]<<
" ";
cout<
for(
int i=k;i<=n;i++
) cout<
]<<
" ";
cout<
return0;
}

單調佇列的維護過程與單調棧相似 •區別在於 • 單調棧只維護一端(棧頂) , 而單調佇列可以維護兩端(隊首和隊尾) • 單調棧通常維護全域性的單調性, 而單調佇列通常維護區域性的單調性 • 單調棧大小沒有上限, 而單調佇列通常有大小限制（由於單調佇列可以隊首出隊以及前面的元素一定比後面的元素先入隊的性質，使得它可以維護區域性的單調性，當隊首元素不在區間之內則可以出隊）關於複雜度，遍歷一遍，每個元素只訪問一遍，所以是o

(n)

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