【每日一题】好子数组的最大分数

news2024/11/26 4:27:56

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【单调栈】【暴力枚举】【数组】【2024-03-19】

题目来源

1793. 好子数组的最大分数

解题思路

本题和 84. 柱状图中最大的矩形一样，计算的都是最大矩形的面积。只不过多了一个约束：矩形必须包含下标 k。

以下的方法一和方法二是 84. 柱状图中最大的矩形的解法。我将在方法二中增加一个判断条件即可解答本题。

方法一：暴力枚举

思路

为了找出柱状图中最大的矩形，我们可以枚举矩形的宽和高。

如果我们枚举「宽」，我们需要用到两层循环来固定矩形的边界，并在矩形的边界中找出最小的高度。这样的操作总的时间复杂度为 $O(n^2)$ ， $n$ 为数组 heights 的高度，对于本题 $10^5$ 的数据规模，一定超时。

如果我们枚举「高」，需要将数组 heights 中的每一个高度 heights[i] 作为矩形的高，并在这个高度左侧和右侧分别找到 最近的高度小于 heights[i] 的柱子，这两个柱子之间（不包括本身）的所有柱子高度均小于 heights，就是 i 能扩展的最远距离。这样操作总的时间复杂度为 $O(n^2)$ ，也会超时。

方法二：单调栈

思路

方法二就是将方法一种枚举「高」当中的找到 “最近的高度小于 heights[i] 的柱子” 利用单调栈的方法先计算出来，从来降低时间复杂度。

维护两个数组 left 和 right，left[i] 和 right[i] 分别表示柱子 i 左侧且最近的小于其高度的柱子和柱子 i 右侧且最近的小于其高度的柱子。这样以 heighet[i] 为高度的矩形宽度为

$r i g h t [i] - 1 - (l e f t [i] + 1) + 1 = r i g h t [i] - l e f t [i] - 1$

首先定义一个单调栈 mono_stack 用来存放柱子在数组中的位置，接着从前往后枚举数组 heights 来更新 left 以及单调栈 mono_stack：

将栈顶的元素与当前枚举的元素值 heights[i] 比较，如果栈非空并且栈顶的元素值大于或者等于 heights[i]，就出栈，直到栈为空或者找到比 heights[i] 小的栈中元素；
如果栈为空了，说明 heights[i] 左侧没有比它小的元素，更新left[i] = -1；否则就是找到了heights[i] 左侧比它小的元素；
将 nums2[i] 加入栈中。

按照以上操作可以计算出数组 left，同理可以得到 right。

最后，依次枚举数组 heights 中的高度，计算以每个高度为矩形的高的最大值。因为题目要求 “好子数组中间必须包含下标 k”，即矩形必须包含下标 k，于是需要增加一条判断：left[i] < k && k < right[i]，在该条件成立的情况下，计算矩形的最大面积，即本题的好子数组的最大可能分数。

实现代码

class Solution {
public:
    int maximumScore(vector<int>& heights, int k) {
        int n = heights.size();
        vector<int> left(n), right(n);

        stack<int> mono_stack;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            while (!mono_stack.empty() && heights[mono_stack.top()] >= heights[i]) {
                mono_stack.pop();
            }
            left[i] = mono_stack.empty() ? -1 : mono_stack.top();
            mono_stack.push(i);
        }

        mono_stack = stack<int>();
        for (int i = n-1; i >= 0; --i) {
            while(!mono_stack.empty() && heights[mono_stack.top()] >= heights[i]) {
                mono_stack.pop();
            }
            right[i] = mono_stack.empty() ? n : mono_stack.top();
            mono_stack.push(i);
        }

        int res = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            if (left[i] < k && k < right[i])
                res = max(res, (right[i] - left[i] - 1) * heights[i]);
        }
        return res;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度： $O (n)$ ， $n$ 为数组 heights 的高度。

空间复杂度： $O (n)$ 。