好吧今天没有最小生成树的prim
一，单调栈
维护一个栈，使栈内所有元素严格保持单调递增 或 单调递减
实现过程
- 初始化空栈：栈中推荐存下标，而非数值，方便计算距离、边界
- 循环遍历数组每一个下标 i： while 栈不为空 且 当前元素破坏栈单调性： 弹出栈顶元素 top 此时 栈顶的目标边界就是 i，记录答案，将当前下标 i 压入栈
模板例题：找每个数字左侧第一个更小的数字
按照实现过程得到代码如下
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
stack<int> st;
int a[N];
int main(){
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
while(!st.empty()&&a[st.top()]>=a[i]){
st.pop();
}
if(st.empty()) cout<<"-1 ";
else cout<<a[st.top()]<<" ";
st.push(i);
}
}真正的例题，区间最小值问题
给出正整数n和一个长度为n的数列，要求找出一个子区间，使这个子区间的数字之和乘上子区间中的最小值最大。
我们的思路如下，枚举区间左右端点搞贪心肯定不行
1≤n≤10^5,0≤ai≤10^6
那我们的思路转移到最小值上，枚举每一个点作为一个区间的最小值，再反推求这个区间的左端点和右端点
那区间端点怎么求呢，一个数要想成为这个区间的最小值，显然这个区间里不能再有比它小的数，在它左边找第一个比它小的，那这个第一个比它小的右边自然都比它大了，在它右边找第一个比它小的，那这个第一个比它小的左边自然都比它大了，这样就得到了一个区间，而找第一个比它小的数的过程我们考虑单调栈，区间和直接采用前缀和
代码如下：long long 警告！+1-1警告
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
stack<int> st;
int a[N],L[N],R[N],sum[N];
int main(){
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
sum[i]=sum[i-1]+a[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
while(!st.empty()&&a[st.top()]>=a[i]){//留大的就是找左边第一个比自己小的
st.pop();
}
if(st.empty()) L[i]=0;
else L[i]=st.top();
st.push(i);
}
while(!st.empty()) st.pop();
for(int i=n;i>=1;i--){
while(!st.empty()&&a[st.top()]>=a[i]){
st.pop();
}
if(st.empty()) R[i]=n+1;
else R[i]=st.top();
st.push(i);
}
int ans=-1,l,r;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(ans<(sum[R[i]-1]-sum[L[i]])*a[i]){
ans=(sum[R[i]-1]-sum[L[i]])*a[i];
l=L[i]+1;
r=R[i]-1;
}
}
cout<<ans<<"\n"<<l<<" "<<r;
}本来想再放一个题但是都差不多其实就这样吧
二，单调队列
队列内元素保持单调递增 / 单调递减 的双端队列叫做单调队列
求解问题：定长滑动窗口最大值、最小值
在这其中，想要的元素在队头，所以想要最小值从队头到队尾单调递增，想要最小值从队头到队尾单调递减，删除队头的情况：队头太远不在所求范围内。删除队头，无论如何要把ai插入队尾
实现过程：
队尾维护单调性 新元素 ai 入队前：不断把队尾不如 ai 优的元素弹出。
以**单调递减（求窗口最大值）**为例： 若 ai≥aq.back()，队尾元素可以永久删除。
逻辑：只要 i 还在窗口里，队尾这个数永远不可能成为任何窗口的最大值，没有保留价值。
队头剔除过期元素 窗口不断右移，如果队头下标 q.front()≤i−k，说明已经跑出窗口左边界，弹出队头。
维护单调的过程：
若要添加的元素小于队尾元素，则不断末尾出队，直至队尾元素小于要添加的元素。
维护长度的过程：
若队列长度超过规定长度，则队头出队。
模板：滑动窗口最大值
cpp
for(int i=1;i<=n;i++){
while(!q.empty() && a[i] >= a[q.back()]){
q.pop_back();
}
q.push_back(i);
//注意存储下标
while(q.front() <= i - k){
q.pop_front();
}
if(i >= k){
cout<<a[q.front()]<<" ";
}
}回顾一下二维前缀和的二次扫描法
cpp
二维前缀和的二次扫描法
假设sum[i][j]=a[i][j]
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
sum[i][j]+=sum[i][j-1];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
sum[i][j]+=sum[i-1][j];
}
}第一层循环：对每一行求一维前缀和
=====x-------
=====x-------
=====x-------
此时的sumix已经累加了该行前面的所有元素
sum[i][j]只代表第 i 行前 j 个元素总和，还不是二维前缀和。
第二层循环：对每一列求一维前缀和
现在 sum[i][j] 本身已经是第 i 行横向前缀和； 再纵向累加上面一行同列的值。
就得到了二维前缀和
注意查询（x1,y2)(x2,y2)子矩形
cpp
ans=sum[x2][y2]−sum[x1−1][y2]−sum[x2][y1−1]+sum[x1−1][y1−1]例题来了：理想的正方形
有一个n×m的整数组成的矩阵，现请你从中找出一个k×k的正方形区域，使得该区域所有数中的最大值和最小值的差最小。
与我们的二次扫描前缀和同源
- 先对每一行 ，用单调队列求出每行内、长度为 k 的滑动窗口最大值、最小值； 得到两个新矩阵：
row_max[i][j]、row_min[i][j]：第 i 行，区间的最大值。
- 再对
row_max的每一列 做单调队列，窗口大小 k； 得到sq_max[x][y]：左上角对应 (x-k+1,y-k+1) 的- 同理对
row_min每一列单调队列，得到每个正方形最小值sq_min[x][y]。- 遍历所有正方形，求
思路大概是这样的，代码如下：
cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int N=1e3+5;
using namespace std;
int n,m,k,a[N][N],r_max[N][N],r_min[N][N],ans=0x7fffffff;
deque<int> Max,Min;
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
scanf("%d",&a[i][j]);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
while(!Max.empty()&&Max.front()+k<=j){
Max.pop_front();
}
while(!Max.empty()&&a[i][Max.back()]<=a[i][j]){
Max.pop_back();
}
Max.push_back(j);
while(!Min.empty()&&Min.front()+k<=j){
Min.pop_front();
}
while(!Min.empty()&&a[i][Min.back()]>=a[i][j]){
Min.pop_back();
}
Min.push_back(j);
if(j>=k){
r_min[i][j]=a[i][Min.front()];
r_max[i][j]=a[i][Max.front()];
}
}
while(!Max.empty()) Max.pop_front();
while(!Min.empty()) Min.pop_front();
}
for(int j=k;j<=m;j++){
for(int i=1;i<=n;i++){
while(!Max.empty()&&Max.front()+k<=i){
Max.pop_front();
}
while(!Max.empty()&&r_max[Max.back()][j]<=r_max[i][j]){
Max.pop_back();
}
Max.push_back(i);
while(!Min.empty()&&Min.front()+k<=i){
Min.pop_front();
}
while(!Min.empty()&&r_min[Min.back()][j]>=r_min[i][j]){
Min.pop_back();
}
Min.push_back(i);
if(i>=k){
ans=min(ans,r_max[Max.front()][j]-r_min[Min.front()][j]);
}
}
while(!Max.empty()) Max.pop_front();
while(!Min.empty()) Min.pop_front();
}
cout<<ans;
}