http://poj.org/problem?id=2796
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背景
给定一个序列，对于任意区间，min表示区间中最小的数，sum表示区间和，求使得min*sum最大的区间或区间值。
POJ-2796中，序列的值非负，而在网络赛I题中，序列存在负值。
解法分析
直觉上，后者是前者的拓展，我们先考虑序列非负的情况。
非负情况
设序列存储在数组a中。当我们考虑数值a[i]作为区间最小值时，显然我们应该向i的左右两侧扩展并终止于遇到更小的值或者数组越界之前，这样得到的区间可以保证a[i]为最小值且区间和最大。
但是每次都如此求解，复杂度为$O\left ( n^2 \right )$。因此我们尝试用单调栈将其降低到$O\left ( n \right )$。
从我们刚刚的分析中可以看出，最小值是求解区间的关键，同时由于我们是顺序对数组进行处理（以从左往右为例），我们可以利用单调栈，在当遇到a[i]时，很快地找到左侧最近的比它更小的数值（具体而言，构建一个约束为单调递增的栈，当遇到a[i]时，逐个pop掉比它大的数），那么我们可以进一步拓展，借助单调栈维护以a[i]为右端点且为最小值的区间和，我们将栈中节点表示为Node{min,sum}（原单调栈中只存储数值，现在我们要额外存储这个区间的区间和），也就是上文中i向左侧扩展的区间情况，我们将被pop的node.sum求和再加上a[i]就得到了node[i]的左侧区间和了。但是还有i右侧的情况呢，我们先把node[i]压入栈继续处理之后的数字，注意到在随后的处理中当且仅当遇到了第一个比a[i]要小的数字时，node[i]会被pop出来，那么此轮pop中比node[i]先pop出来的若干Node合并在一起显然就是i右侧的区间了，两者进一步合并就得到了以a[i]为最小值，min*sum最大的区间了。需要额外注意的是，一个Node可能右侧没有比它更小的数值，那么在算法最后，需要将栈逐个pop出来做如上操作。
此外POJ-2796还需要计算区间端点位置（如有多个可选区间，任意输出），那么在Node中额外记录一下即可，不做过多说明。
由于每一个元素最多入栈一次，一旦被pop就不会再被查询到，显然复杂度为$O\left ( n \right )$。
代码的main函数，为了迁移到下文的题目中，做了额外修改，本节可以忽略。
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<string> #include<algorithm> #include<iostream> #include<queue> #include<map> #include<cmath> #include<set> #include<stack> #define LL long long using namespace std; const int N = 100005; LL n, m; LL a[N]; struct node { LL minv; LL sum; LL lef; node(LL mv,LL s,LL l) { minv=mv,sum=s,lef=l; } }; //10 4 8 3 2 6 8 4 9 3 7 int al,ar; LL glo_ans; void cal(int l,int r) { stack<node> s; LL pop_sum,pop_lef; for(int i=l; i<=r; i++) { pop_sum=0; pop_lef=i; while(!s.empty()&&a[i]<=s.top().minv) { node p=s.top(); s.pop(); pop_lef=p.lef; pop_sum+=p.sum; if(pop_sum*p.minv>glo_ans) glo_ans=pop_sum*p.minv,al=p.lef,ar=i-1; //ans=max(ans,pop_sum*p.minv); } s.push(node(a[i],a[i]+pop_sum,pop_lef)); } pop_sum=0; while(!s.empty()) { node p=s.top(); s.pop(); pop_sum+=p.sum; if(pop_sum*p.minv>glo_ans) glo_ans=pop_sum*p.minv,al=p.lef,ar=r; } } int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); //freopen("out.txt","w",stdout); //cin.sync_with_stdio(false); int n; while(scanf("%d",&n)!=EOF) { glo_ans=0,al=ar=1; for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld",&a[i]); int pl=-1,pr=0; for(int i=1; i<=n; i++) { if(a[i]>0) { if(pl==-1) pl=i; pr=i; if(i==n||a[i+1]<=0) { cal(pl,pr); } } else pl=-1; } //cal(1,n); LL tx=0,mx=a[al]; for(int i=al;i<=ar;i++) tx+=a[i],mx=min(mx,a[i]); printf("%lld\n",glo_ans); //cout<<glo_ans<<endl; printf("%d %d\n",al,ar); //cout<<al<<' '<<ar<<endl; } return 0; }
存在负数的情况
存在负数的序列则不能简单地认为可以向左右随意扩张，因为sum不一定随着区间扩张而增长。但经过分析，我们可以发现，无论序列中的数值是什么，最大的min*sum一定是一个正数，那么只可能有正数乘以正数或负数乘以负数的情况。
前者，我们可以将序列分成若干非负子区间，用上文的方法求解。
后者，对于任意负数，随着区间的扩张，最小值只会减小不会增大，这样我们只要枚举每一个负数并假设a[i]为最小值，找到区间和最小的区间，求出min*sum，在枚举中保留最大答案即可（与正数的情况不同，我们扩张数组不必担心会使最小值变大，只用考虑区间和的问题），不必担心找到的区间具有更小的最小值，因为我们枚举了每一个负数，那么更小的最小值必然也会被枚举，不会漏掉答案。那么如何找到区间和最小的区间呢？我们可以计算数组的前缀和以及后缀和，i左侧后缀和最小以及i右侧前缀和最小的位置构成的区间既是区间和最小区间，为了快速索引，可以再引入两个数组用于记录i左侧后缀/右侧前缀和最小的位置。
#include <iostream> #include <vector> #include <stack> #define LL long long using namespace std; const int N=500005; LL inf=500000000010; LL pre[N],las[N]; LL idp[N],idl[N]; LL a[N]; int n; struct node { LL minv; LL sum; node(LL mv,LL s) { minv=mv,sum=s; } }; LL glo_ans; void cal(int l,int r) { //cout<<l<<' '<<r<<endl; stack<node> s; LL pop_sum; for(int i=l; i<=r; i++) { pop_sum=0; while(!s.empty()&&a[i]<=s.top().minv) { node p=s.top(); s.pop(); pop_sum+=p.sum; if(pop_sum*p.minv>glo_ans) glo_ans=pop_sum*p.minv; //ans=max(ans,pop_sum*p.minv); } s.push(node(a[i],a[i]+pop_sum)); } pop_sum=0; while(!s.empty()) { node p=s.top(); s.pop(); pop_sum+=p.sum; if(pop_sum*p.minv>glo_ans) glo_ans=pop_sum*p.minv; } } int main() { while(scanf("%d",&n)!=EOF) { LL ans = 0; glo_ans=-inf; for(int i=1; i<=n; i++) { scanf("%lld",&a[i]); idp[i]=idl[i]=i; glo_ans=max(glo_ans,a[i]); } int pl=-1,pr=0; for(int i=1; i<=n; i++) { if(a[i]>0) { if(pl==-1) pl=i; pr=i; if(i==n||a[i+1]<=0) { cal(pl,pr); } } else pl=-1; } fill(las,las+n+1,0); fill(pre,pre+n+1,0); for(int i=1; i<=n; i++) pre[i]=pre[i-1]+a[i]; for(int i=n; i>=1; i--) las[i]=las[i+1]+a[i]; for(int i=2; i<=n; i++) if(las[i]>las[idl[i-1]]) idl[i]=idl[i-1]; for(int i=n-1; i>=1; i--) if(pre[i]>pre[idp[i+1]]) idp[i]=idp[i+1]; for(int i=1; i<=n; i++) { if(a[i]<0) { LL lef=las[idl[i]]-las[i+1]; LL rig=pre[idp[i]]-pre[i-1]; LL sm=lef+rig-a[i]; ans=max(ans,sm*a[i]); } } printf("%lld\n",max(ans,glo_ans)); } return 0; }