poj2559 Largest Rectangle in a Histogram hdu1505 City Game

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#单调队列

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本文介绍了解决直方图中寻找最大矩形问题的高效算法，通过使用单调队列来确定每个柱状区域左右边界，从而快速计算出最大矩形面积。此外，还展示了如何将此算法应用于二维矩阵问题。

POJ2559

题意：

在直方图中找出最大矩形

如图，输入数据为

7 2 1 4 5 1 3 3

7为个数，直方图如上图

枚举所有宽为1的矩形，往两边扩充，找出完整包含他的且面积最大的矩形。

若假设指定的是第k个宽为1的矩形，他到左边可以扩充到第lk个宽为1的矩形，他到右边可以扩充到第rk个宽为1的矩形，用单调队列求解lk和rk即可。

维护递增的单调队列，队列元素为(高度，位置)

初始，（2，0）入队，（1，1）入队时，（2，0）必须出队，对（2，0）来说，右边最大扩展就是（1，1）为边界了

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<deque>
using namespace std;
long long h[100010];
long long rh[100010];
long long lh[100010];
struct T
{
	long long height;
	long long index;
};
int main()
{
	long long n;
	while(scanf("%lld",&n),n)
	{
		for(long long i=0;i<n;i++)
		{
			scanf("%lld",&h[i]);
			lh[i]=0;
			rh[i]=n-1;
		}
		deque<T>Q;
		for(long long i=0;i<n;i++)//维护一个递增的单调队列，得到每个方形往右扩展的边界
		{
			while(!Q.empty()&&Q.back().height>h[i])
			{
				rh[Q.back().index]=i-1;
				Q.pop_back();
			}
			T tt;
			tt.height=h[i];
			tt.index=i;
			Q.push_back(tt);
		}
		Q.clear();
		for(long long i=n-1;i>=0;i--)//维护一个递增的单调队列，得到每个方形往左扩展的边界
		{
			while(!Q.empty()&&Q.back().height>h[i])
			{
				lh[Q.back().index]=i+1;
				Q.pop_back();
			}
			T tt;
			tt.height=h[i];
			tt.index=i;
			Q.push_back(tt);
		}
		long long ans=-1;
		for(long long i=0;i<n;i++)
		{
			if((rh[i]-lh[i]+1)*h[i]>ans)
			{
				ans=(rh[i]-lh[i]+1)*h[i];
			}
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

HDU1505

题意：

给出一个矩形，矩形的长和宽均小于1000

矩形为R和F两种填充

求在此举行中划分出一个最大的举行，且这个矩形里不包含R，此矩形的面积×3即为答案

解法：

例子矩阵：

R F F F F F

F F F F F F

R R R F F F

F F F F F F

对于第一排，化为数字0，1，1，1，1，1

对于第二排，化为数字0，2，2，2，2，2

规律就是以该排为底，往上的最大高度

然后就是求这个一维直方图中的最大矩形，也就是POJ2559的问题

代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<deque>
using namespace std;
int a[1100][1100];
int ant;
int n;
int lp[1100];
int rp[1100];
struct T
{
	int num;
	int index;
};
int calc(int *p)//对p[0],p[1],,,p[n-1]求最大矩形
{
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		lp[i]=0;
		rp[i]=n-1;
	}
	deque<T>Q;//维护一个递增的队列，求rp
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		while(!Q.empty()&&Q.back().num>p[i])
		{
			rp[Q.back().index]=i-1;
			Q.pop_back();
		}
		T tt;
		tt.index=i;
		tt.num=p[i];
		Q.push_back(tt);
	}
	Q.clear();
	for(int i=n-1;i>=0;i--)
	{
		while(!Q.empty()&&Q.back().num>p[i])
		{
			lp[Q.back().index]=i+1;
			Q.pop_back();
		}
		T tt;
		tt.index=i;
		tt.num=p[i];
		Q.push_back(tt);
	}
	int ans=0;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		if(ans<(rp[i]-lp[i]+1)*p[i])
		{
			ans=(rp[i]-lp[i]+1)*p[i];
		}
	}
	return ans;
}
int main()
{
	int total;
	scanf("%d",&total);
	while(total--)
	{
		ant=0;
		int m;
		scanf("%d%d",&m,&n);
		char ch;
		for(int i=0;i<m;i++)
		{
			for(int j=0;j<n;j++)
			{
				cin>>ch;
				if(ch=='F')
				{
					if(i==0)
					{
						a[i][j]=1;
					}
					else
					{
						a[i][j]=a[i-1][j]+1;
					}
				}
				else
				{
					a[i][j]=0;
				}
			}
		}
		for(int i=0;i<m;i++)
		{
			int t=calc(a[i]);
			if(ant<t)
			{
				ant=t;
			}
		}
		printf("%d\n",ant*3);
	}
	return 0;
}