【Leetcode】1793. 好子数组的最大分数

文章目录

题目
思路
代码
复杂度分析
- 时间复杂度
- 空间复杂度
结果
总结

题目

给你一个整数数组 n u m s nums nums （下标从 0 0 0 开始）和一个整数 k k k 。

一个子数组 ( i , j ) (i, j) (i,j) 的分数定义为 m i n ( n u m s $i$ , n u m s $i + 1$ , . . . , n u m s $j$ ) ∗ ( j − i + 1 ) min(nums $i$ , nums $i+1$ , ..., nums $j$ ) * (j - i + 1) min(nums $i$ ,nums $i+1$ ,...,nums $j$ )∗(j−i+1)。一个好子数组的两个端点下标需要满足 i ≤ k ≤ j i \leq k \leq j i≤k≤j 。

请你返回好子数组的最大可能分数。

示例 1 ：
输入：nums = $1,4,3,7,4,5$ , k = 3
输出：15
解释：最优子数组的左右端点下标是 (1, 5) ，分数为 m i n ( 4 , 3 , 7 , 4 , 5 ) ∗ ( 5 − 1 + 1 ) = 3 ∗ 5 = 15 min(4,3,7,4,5) * (5-1+1) = 3 * 5 = 15 min(4,3,7,4,5)∗(5−1+1)=3∗5=15 。
示例 2：
输入：nums = $5,5,4,5,4,1,1,1$ , k = 0
输出：20
解释：最优子数组的左右端点下标是 (0, 4) ，分数为 m i n ( 5 , 5 , 4 , 5 , 4 ) ∗ ( 4 − 0 + 1 ) = 4 ∗ 5 = 20 min(5,5,4,5,4) * (4-0+1) = 4 * 5 = 20 min(5,5,4,5,4)∗(4−0+1)=4∗5=20 。
提示：

1 ≤ n u m s . l e n g t h ≤ 1 0 5 1 \leq nums.length \leq 10^5 1≤nums.length≤105

1 ≤ n u m s $i$ ≤ 2 ∗ 1 0 4 1 \leq nums $i$ \leq 2 * 10^4 1≤nums $i$ ≤2∗104

0 ≤ k < n u m s . l e n g t h 0 \leq k < nums.length 0≤k<nums.length

思路

为了解决这个问题，我们可以使用单调栈进行预处理。我们可以维护两个数组 l e f t left left 和 r i g h t right right，其中 l e f t $i$ left $i$ left $i$ 和 r i g h t $i$ right $i$ right $i$ 分别表示 n u m s $i$ nums $i$ nums $i$ 的左边和右边比 n u m s $i$ nums $i$ nums $i$ 小，且离 n u m s $i$ nums $i$ nums $i$ 最近的位置。因此，以 n u m s $i$ nums $i$ nums $i$ 为最小值的最长子数组就应该是 ( l e f t $i$ , r i g h t $i$ ) (left $i$ , right $i$ ) (left $i$ ,right $i$ )。当 k k k 在 ( l e f t $i$ , r i g h t $i$ ) (left $i$ , right $i$ ) (left $i$ ,right $i$ ) 范围内时，我们维护 n u m s $i$ × ( r i g h t $i$ − l e f t $i$ − 1 ) nums $i$ × (right $i$ −left $i$ −1) nums $i$ ×(right $i$ −left $i$ −1) 的最大值即可。

代码

c++ 复制代码

class Solution {
public:
    int maximumScore(vector<int>& nums, int k) {
        int n = nums.size();
        vector<int> left(n, -1), right(n, n);
        stack<int> stk;
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            while(!stk.empty() && nums[stk.top()] >= nums[i]) {
                right[stk.top()] = i;
                stk.pop();
            }
            if(!stk.empty()) left[i] = stk.top();
            stk.push(i);
        }
        int ans = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            int l = left[i], r = right[i];
            if(l < k && k < r) {
                ans = max(ans, nums[i]*(r - l - 1));
            }
        }
        return ans;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度

预处理阶段的时间复杂度为 O(n)，其中 n 是数组的长度。
寻找最大分数时，遍历了数组，时间复杂度为 O(n)。

综上所述，总的时间复杂度为 O(n)。

空间复杂度

使用了额外的数组 left 和 right，它们的空间复杂度均为 O(n)。
使用了一个栈，最坏情况下需要存储整个数组，因此空间复杂度为 O(n)。

综上所述，总的空间复杂度为 O(n)。

结果

总结

通过单调栈预处理出 l e f t left left 和 r i g h t right right 数组，可以在 O ( n ) O(n) O(n) 的时间复杂度内解决这个问题。这种方法利用了单调栈的性质，使得寻找以 n u m s $i$ nums $i$ nums $i$ 为最小值的子数组的左右边界成为可能。