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題目分析：給出 $n$ 個(gè)數(shù)，定義滑動(dòng)窗口的貢獻(xiàn)是其中最大值與最小值的乘積，現(xiàn)在問對于長度分別為 $[1,n]$ 的滑動(dòng)窗口，貢獻(xiàn)之和分別是多少

題目分析：考慮暴力解法，是直接 $RMQ$ 預(yù)處理一下，然后 $O(n^2)$ 去模擬整個(gè)過程

正難則反，考慮正這去枚舉區(qū)間不行，那么我們是否可以通過枚舉每個(gè)數(shù)字，從而計(jì)算每個(gè)數(shù)字對區(qū)間的貢獻(xiàn)呢

根據(jù)滑動(dòng)窗口的定義，不難發(fā)現(xiàn)在每個(gè)長度下的滑動(dòng)窗口，對于每個(gè)位置來說，都有可能作為一次窗口的起點(diǎn)或終點(diǎn)（如果越界的話有時(shí)候某些位置是無法滿足條件的）

按照官方題解的思路，就是是去枚舉 $n$ 個(gè)位置作為滑動(dòng)窗口的終點(diǎn)，我們記為 $r$，然后利用單調(diào)棧去維護(hù)一下最值，這樣就可以將區(qū)間 $[1,r]$ 劃分成數(shù)個(gè)連續(xù)的區(qū)間，滿足所有的區(qū)間拼接起來就是總區(qū)間 $[1,r]$。對于劃分后的某段區(qū)間 $[x,y]$ 來說，滿足 $i\in [x,y]$，區(qū)間 $[i,r]$ 的最大值和最小值是相同的。這樣滑動(dòng)窗口的長度屬于 $[r?y+1,r?x+1]$ 的貢獻(xiàn)加上相應(yīng)的乘積即可。區(qū)間更新最后統(tǒng)一查詢，這里我選擇使用的是差分?jǐn)?shù)組

最后就是復(fù)雜度該如何證明呢，由于本題 $a_i$ 的上限是 $100$，所以單調(diào)棧中維護(hù)的元素最多不可能超過 $100$ 個(gè)，由于同時(shí)需要維護(hù)兩個(gè)單調(diào)棧分別維護(hù)最大值和最小值，所以拼接起來劃分的區(qū)間最多也是 $100+100=200$ 個(gè)，也就是說每次最多會(huì)將區(qū)間 $[1,r]$ 劃分成 $200$ 個(gè)子區(qū)間，利用差分暴力更新即可，時(shí)間復(fù)雜度 $O(n?max(a_i)?2)$

代碼：

// Problem: 牛牛的滑動(dòng)窗口 // Contest: NowCoder // URL: https://ac.nowcoder.com/acm/contest/7604/D // Memory Limit: 524288 MB // Time Limit: 2000 ms // // Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)// #pragma GCC optimize(2) // #pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math") // #pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx") #include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<ctime> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> #include<climits> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<sstream> #include<cassert> #include<bitset> #define lowbit(x) x&-x using namespace std; typedef long long LL; typedef unsigned long long ull; template<typename T> inline void read(T &x) {T f=1;x=0;char ch=getchar();while(0==isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(0!=isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();x*=f; } template<typename T> inline void write(T x) {if(x<0){x=~(x-1);putchar('-');}if(x>9)write(x/10);putchar(x%10+'0'); } const int inf=0x3f3f3f3f; const int N=1e6+100; int a[N],ans[N],mitp,mxtp; struct Node {int val,pos; }mi[N],mx[N]; void add(int l,int r,int val) {ans[l]+=val;ans[r+1]-=val; } int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("data.in.txt","r",stdin); // freopen("data.out.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);int n;read(n);for(int i=1;i<=n;i++) {read(a[i]);}for(int i=1;i<=n;i++) {while(mitp&&mi[mitp].val>=a[i]) {mitp--;}while(mxtp&&mx[mxtp].val<=a[i]) {mxtp--;}int mmax=a[i],mmin=a[i],pos=i,tp1=mitp,tp2=mxtp;while(tp1||tp2) {if(tp1&&tp2) {if(mi[tp1].pos>=mx[tp2].pos) {add(i-pos+1,i-mi[tp1].pos,mmin*mmax);mmin=mi[tp1].val;pos=mi[tp1].pos;tp1--;} else {add(i-pos+1,i-mx[tp2].pos,mmin*mmax);mmax=mx[tp2].val;pos=mx[tp2].pos;tp2--;}} else if(tp1) {add(i-pos+1,i-mi[tp1].pos,mmin*mmax);mmin=mi[tp1].val;pos=mi[tp1].pos;tp1--;} else if(tp2) {add(i-pos+1,i-mx[tp2].pos,mmin*mmax);mmax=mx[tp2].val;pos=mx[tp2].pos;tp2--;}}add(i-pos+1,i,mmin*mmax);mx[++mxtp]={a[i],i};mi[++mitp]={a[i],i};}for(int i=1;i<=n;i++) {ans[i]+=ans[i-1];printf("%d ",ans[i]);}return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的牛客 - 牛牛的滑动窗口(单调栈+思维+差分)的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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