CodeForces - 817D Imbalanced Array(单调栈)

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题目大意：给出一个长度为 nnn 的序列，求出所有子区间的最大值与最小值之差的和

题目分析：不难看出最大值和最小值之差的和可以拆开，拆成最大值之和与最小值之和之差，现在问题转换为如何求解所有子区间内的最值之和

可以单调栈维护每个数字的可行范围，这里以最小值为例，当我们遍历到 iii 位置时，我们只需要求出左侧首次小于 a[i]a[i]a[i] 的位置 lll，以及右侧首次小于 a[i]a[i]a[i] 的位置 rrr，那么 a[i]a[i]a[i] 的贡献就是：左端点属于区间 [l,i][l,i][l,i]，同时右端点属于区间 [i,r][i,r][i,r] 的子区间了。

但是上述做法只适用于 nnn 个数字互不相同，如果遇到重复的数字会重复计算答案。

该怎么解决呢？其实仔细思考一下不难发现，可以令区间变成左闭右开或左开右闭，换句话说我们只需要让 lll 变成左侧首个小于等于 a[i]a[i]a[i] 的位置或者让 rrr 变成右侧首个小于等于 a[i]a[i]a[i] 的位置就好了

具体证明可以口胡一下，对于一段连续数列 {2,2,2}\{2,2,2\}{2,2,2} 来说，如果 lll 表示的是左侧首个小于 a[i]a[i]a[i] 的位置，rrr 表示的是右侧首个小于等于 a[i]a[i]a[i] 的位置，那么得到的三个开区间就是 (0,2),(0,3),(0,4)(0,2),(0,3),(0,4)(0,2),(0,3),(0,4)，发现确实是覆盖了所有的区间

代码：

// Problem: J - Imbalanced Array
// Contest: Virtual Judge - 7.31限时训练（生成树，树的直径，单调栈）2
// URL: https://vjudge.net/contest/450440#problem/J
// Memory Limit: 262 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>
#include<list>
#include<unordered_map>
#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 l[N],r[N];
LL a[N];
stack<int>st;
void init() {while(st.size()) {st.pop();}
}
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;LL ans=0;read(n);for(int i=1;i<=n;i++) {read(a[i]);}init();for(int i=1;i<=n;i++) {while(st.size()&&a[st.top()]<=a[i]) st.pop();if(st.empty()) l[i]=0;else l[i]=st.top();st.push(i);}init();for(int i=n;i>=1;i--) {while(st.size()&&a[st.top()]<a[i]) st.pop();if(st.empty()) r[i]=n+1;else r[i]=st.top();st.push(i);}for(int i=1;i<=n;i++) {ans+=a[i]*(r[i]-i)*(i-l[i]);}init();for(int i=1;i<=n;i++) {while(st.size()&&a[st.top()]>=a[i]) st.pop();if(st.empty()) l[i]=0;else l[i]=st.top();st.push(i);}init();for(int i=n;i>=1;i--) {while(st.size()&&a[st.top()]>a[i]) st.pop();if(st.empty()) r[i]=n+1;else r[i]=st.top();st.push(i);}for(int i=1;i<=n;i++) {ans-=a[i]*(r[i]-i)*(i-l[i]);}cout<<ans<<endl;return 0;
}

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