51Nod - 1272 单调队列 + 二分

题意：

给出一个长度为N的整数数组A，对于每一个数组元素，如果他后面存在大于等于该元素的数，则这两个数可以组成一对。每个元素和自己也可以组成一对。例如：{5, 3, 6, 3, 4, 2}，可以组成11对，如下（数字为下标）：

(0,0), (0, 2), (1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 2), (3, 3), (3, 4), (4, 4), (5, 5)。其中(1, 4)是距离最大的一对，距离为3。

Input

第1行：1个数N，表示数组的长度(2 <= N <= 50000)。
第2 - N + 1行：每行1个数，对应数组元素Ai(1 <= Ai <= 10^9)。

Output

输出最大距离。

Input示例

6
5
3
6
3
4
2

Output示例

3

思路：

这题应该还有O(n)的做法，不过我暂时想到的还是O(nlogn)，这里只介绍我的想法，思路如下：

对于一个数想知道它之前最远的比它小的数，那么遍历的过程中，将遍历过的数字存下来到数组b中，越小越靠前的数越有价值，很显然，如果比前面的数都大且靠后的数就没有价值，设这样的数为x，假如在x之后有一个数z比x大，他们可以凑成一对，那么鉴于x的条件一定能在x之前找到一个y比x小，这样(y,z)配对效果更好。

所以数组b必须保证从大到小的单调性：

如果当前a[i]小于等于队尾b[cnt]，那么很显然它是目前最小的一个数，不可能和之前的数配对，所以直接入队。

否则，就要在数组b中二分找到第一个小于a[i]的数，通过查询map得到下标，从而更新ans。

思路介绍是从左往右。为了便于利用lower_bound，代码是从右往左反着遍历的。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 5e4 + 10;

int a[MAXN], b[MAXN];

int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &a[i]);
    map <int, int> mp;
    int cnt = 0, ans = 0;
    for (int i = n; i >= 1; i--) {
        if (b[cnt] < a[i]) {
            b[++cnt] = a[i];
            mp[a[i]] = i;
            continue;
        }
        int pos = lower_bound(b + 1, b + 1 + cnt, a[i]) - b;
        ans = max(ans, mp[b[pos]] - i);
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}