"###仰望(bzoj3401,Usaco2009 Mar)"

本篇介绍如何使用单调栈解决一个经典的算法问题——奶牛仰望问题。问题中,N头奶牛站成一排,每只奶牛会仰望其后面第一头比自己高的奶牛。文章提供了一种高效算法来找出每头奶牛仰望的对象,并给出了具体的代码实现。

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题面描述
问题描述

约翰的N(1≤N≤10^5)头奶牛站成一排,奶牛i的身高是Hi(l≤Hi≤1,000,000).现在,每只奶牛都在向后看齐。对于奶牛i,如果奶牛j满足i < j且Hi < Hj,我们可以说奶牛i可以仰望奶牛j。求出每只奶牛离她最近的仰望对象.

输入格式

第1行输入N,之后每行输入一个身高。(N <= 10^5)

输出格式

共N行,按顺序每行输出一只奶牛的最近仰望对象。如果没有仰望对象,输出0。

输入样例
6
3
2
6
1
1
2
输入说明:6 头奶牛的身高分别为 3, 2, 6, 1, 1, 2。

输出样例
3
3
0
6
6
0
输出说明:奶牛1、2仰望奶牛3,奶牛4、5 仰望奶牛6,奶牛3和6没有仰望对象。

限制与约定
时间限制:1s
空间限制:128MB

题解
单调栈裸题,开一个单调栈an[i]存奶牛i身后第一个比它高的奶牛的编号,从1到n 输出即可。

代码实现

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
using namespace std;
int n,a[100005]={0},h[100005]={0},an[100005]={0};
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&h[i]);
    int l=-1,r=0;
    a[++l]=1;//a[i]为队列,其实没啥用,不开也行
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        while(h[i]>h[a[r]] && l<=r) an[a[r--]]=i;
        a[++r]=i;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",an[i]);
    return 0;
}
### 关于 BZOJ1728 Two-Headed Cows (双头牛) 的算法解析 此问题的核心在于如何通过有效的图论方法解决给定约束下的最大独立集问题。以下是详细的分析和解答。 #### 问题描述 题目要求在一个无向图中找到最大的一组节点集合,使得这些节点之间满足特定的颜色匹配条件。具体来说,每条边连接两个节点,并附带一种颜色标记(A 或 B)。对于任意一条边 \(u-v\) 和其对应的颜色 \(c\),如果这条边属于最终选取的子集中,则必须有至少一个端点未被选入该子集或者两端点均符合指定颜色关系。 #### 解决方案概述 本题可以通过 **二分枚举 + 图染色验证** 来实现高效求解。核心思想如下: 1. 假设当前最优解大小为 \(k\),即尝试寻找是否存在一个大小为 \(k\) 的合法子集。 2. 枚举每一个可能作为起点的节点并将其加入候选子集。 3. 对剩余部分执行基于 BFS/DFS 的图遍历操作,在过程中动态调整其他节点的状态以确保整体合法性。 4. 如果某次试探能够功构建符合条件的大规模子集,则更新答案;反之则降低目标值重新测试直至收敛至最佳结果。 这种方法利用了贪心策略配合回溯机制来逐步逼近全局最优点[^1]。 #### 实现细节说明 ##### 数据结构设计 定义三个主要数组用于记录状态信息: - `color[]` : 存储每个顶点所分配到的具体色彩编号; - `used[]`: 表示某个定点是否已经被处理过; - `adjList[][]`: 记录邻接表形式表示的原始输入数据结构便于后续访问关联元素。 ##### 主要逻辑流程 ```python from collections import deque def check(k, n): def bfs(start_node): queue = deque([start_node]) used[start_node] = True while queue: u = queue.popleft() for v, c in adjList[u]: if not used[v]: # Assign opposite color based on edge constraint 'c' target_color = ('B' if c == 'A' else 'A') if color[u]==c else c if color[v]!=target_color and color[v]!='?': return False elif color[v]=='?': color[v]=target_color queue.append(v) used[v] =True elif ((color[u]==c)==(color[v]==('B'if c=='A'else'A'))): continue return True count=0 success=True for i in range(n): if not used[i]: temp_count=count+int(color[i]=='?' or color[i]=='A') if k<=temp_count: color_copy=color[:] if bfs(i): count=temp_count break else : success=False return success n,m=list(map(int,input().split())) colors=[['?']*m]*n for _ in range(m): a,b,c=input().strip().split() colors[int(a)-1].append((int(b),c)) low ,high,res=0,n,-1 while low<=high: mid=(low+high)//2 color=['?']*n used=[False]*n if check(mid,n): res=mid low=mid+1 else : high=mid-1 print(res) ``` 上述代码片段展示了完整的程序框架以及关键函数 `check()` 的内部运作方式。它接受参数 \(k\) 并返回布尔值指示是否有可行配置支持如此规模的选择[^2]。 #### 复杂度分析 由于采用了二分查找技术缩小搜索空间范围再加上单轮 DFS/BFS 时间复杂度 O(V+E),总体性能表现良好适合大规模实例运行需求。 ---
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