子串的最大差（单调栈）（易错）

每日一题 div1

Solution

$$\begin{gathered} ans=\sum (ma{x}_{[l,r]}-mi{n}_{[l,r]}) \\ 1\le l\le r\le n，[l,r] \end{gathered}$$表示所有子区间

1. 去括号
   $ans=\sum ma{x}_{[l,r]}-\sum mi{n}_{[l,r]}$

2. 分别求解(以max为例)

   • 找到 $a[i]$ 左边第一个大于 $a[i]$ 的数的下标 $l[i]$ ，找到右边第一个大于 $a[i]$ 的数的下标 $r[i]$ （单调栈O(n)）
   • $a[i]$ 为 $(l[i],r[i])$中的最大值
   • 则 $a[i]$ 对 max的贡献为 $a[i]\times (i-l[i])\times (r[i]-i)$

3. 注意！
   以 $513324$ 为例
   $a[3]=a[4]=3$
   $l[3]=l[4]=1$ $r[3]=r[4]=6$
   会发现，如果按照左边取大于等于 a[i], 右边也取大于等于a[i]的值时， a[3]和a[4]有重复的贡献。（手模枚举）
   所以，可以找左边第一个大于 a[i] 的值， 右边 找第一个大于等于 a[i] 的值 。
   则 a[3]是最大值时的贡献区间： [3] , [1, 3]
   a[4]是最大值时的贡献区间：[3] , [3, 3], [3, 2], [1, 3, 3], [3, ,3 , 2], [1, 3, 3, 2 , 4]
   如此， 不重不漏。

   也可以，找左边第一个大于等于 a[i] 的值， 右边 找第一个等于 a[i] 的值 ，都可以。

Code

const int N = 5e5 + 3, M = 5e6 + 6;
ll a[N];
int l[N], r[N];
stack<int> s;

int main()
{
	IOS;
	int n; cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		cin >> a[i];

	ll sum = 0;
	//找最大值
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		while (!s.empty() && a[s.top()] <= a[i]) s.pop();//注意等号取舍
		if (s.empty()) l[i] = 0;
		else l[i] = s.top();
		s.push(i);
	}
	while (s.size()) s.pop();
	for (int i = n; i >= 1; i--)
	{
		while (!s.empty() && a[s.top()] < a[i]) s.pop();//注意
		if (s.empty()) r[i] = n + 1;
		else r[i] = s.top();
		s.push(i);
	}

	for (int i = 1; i <= n; i++)//max的贡献
		sum += a[i] * (i - l[i]) * (r[i] - i);

	//找最小值
	while (s.size()) s.pop();
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		while (!s.empty() && a[s.top()] >= a[i]) s.pop();
		if (s.empty()) l[i] = 0;
		else l[i] = s.top();
		s.push(i);
	}
	while (s.size()) s.pop();
	for (int i = n; i >= 1; i--)
	{
		while (!s.empty() && a[s.top()] > a[i]) s.pop();
		if (s.empty()) r[i] = n + 1;
		else r[i] = s.top();
		s.push(i);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)//min的贡献
		sum -= a[i] * (i - l[i]) * (r[i] - i);

	cout << sum << endl;


	return 0;
}