P6283 [USACO20OPEN]The Moo Particle S——单调栈或前后缀

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本文针对 USACO 2020 Open 的 MooParticleS 题目，提供两种解决策略：一是利用前缀最小值与后缀最大值确定连通组件；二是运用单调栈维护连通块的最低点，实现高效求解。

题目来源: P6283 [USACO20OPEN]The Moo Particle S
题目大意：给出一推坐标，连个点之间连线的斜率>=0即可合并到两点间的任意一个点上，问合并完，最后剩的点的最小个数。
先将坐标按照第一关键字X,第二关键字Y排序。
排序后，我们发现，一个点要与左边的点连通，需要左边有点的y值比当前点小，有右边的点连通，需要右边有点当前的y值大。
方法一:维护从左到右的最小值，维护从右到左的最大值，找到与左右分离的点，则是一个新的连通块。
方法二：我们发现最后分离的点，从左到右y值由小到大，因此我们也可以用一个单调栈去维护这组从大到小的值。当到一个点的坐标是y的时候，一直出栈，找到y在栈中的位置，但这个连通块的代表元素还是原来栈顶的最小值，再把这个最小值放回去。
参考代码：方法一

//思维题：最值的前缀与后缀 ，斜率>=0的线之间是连通的。 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int const  N=100010;
int n,le[N],ri[N];
pair<int,int>a[N];

int main() {
	cin >>n;
	for(int i=1; i<=n; i++)
		scanf("%d%d",&a[i].first,&a[i].second);
	sort(a+1,a+1+n);
	le[1] =a[1].second;
	for(int i=2; i<=n; i++) //维护从左开始最小前缀
		le[i] = min(le[i-1],a[i].second);
	ri[n] =a[n].second;
	for(int i=n-1; i>=1; i--)//维护从右开始最大后缀 
		ri[i] = max(ri[i+1], a[i].second);
	int ans = 1;
	for(int i=1; i<n; i++)
		if(le[i] > ri[i+1])
			ans++;
	cout << ans <<endl;
	return 0;
}

参考代码：方法二

//方法二:单调栈维护连通块的最低点 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int const  N=100010;
int n,st[N],top=0;
pair<int,int>a[N];

int main() {
	cin >>n;
	for(int i=1; i<=n; i++)
		scanf("%d%d",&a[i].first,&a[i].second);
	sort(a+1,a+1+n);
	st[++top]=a[1].second;//单调栈，从大到小。 
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(a[i].second<st[top])st[++top]=a[i].second;
		else {
			int miny=st[top];
			while(top>0&&a[i].second>=st[top])top--;
			st[++top]=miny;
		}
	}
	cout <<top<<endl;
	return 0;
}