Discrete Centrifugal Jumps CodeForces - 1407D 单调栈+dp

题意：

给你n个数hi，你刚开始在第1个数的位置，你需要跳到第n个数的位置。

1、对于i、j(i<j) 如果满足

max(hi+1,…,hj−1)<min(hi,hj)

max(hi,hj)<min(hi+1,…,hj−1)

那么就可以从i直接一步跳到j位置

2、如果j=i+1，那么也可以直接跳过去

问你从第一个位置跳到第n个位置，最少需要跳多少次

题解：

我们设dp[i]表示：从第一个位置跳到第i个位置最小需要跳多少次

我们最重要的就是找在[1,i-1]这个区间内的k，哪个位置可以跳到i位置以使得dp[i]尽可能小。如果暴力查找的话，那么复杂度就是O(n*n)，看一下数据就知道TLE

那我们就要用一种数据结构来使得找这个k，这里我们使用栈，为什么不使用队列，因为如果满足

max(hk+1,…,hi-1)<min(hk,hi)

max(hk,hi)<min(hk+1,…,hi-1)

就可以从k一步跳到i，我们使用单调队列那么就是从头开始了。

我们维护两个单调栈，一个非严格递增，另一个非严格递减

我们在这里讨论非严格单调递增栈的维护过程：

如果一个数vi在放入栈之前，判断得知hi>=h[r.top],那么就可以从r.top位置跳到i位置。

这个时候有一个问题，如果你把栈中的一些元素pop掉了，但是这些元素还可以更新大于i的位置的dp值 这个时候会影响最后的结果吗？

其实是不会影响的，因为如果hk在hi进行栈之前被pop掉了，那么hk肯定是小于hi的。如果hk可以更新hj的信息（i<j） 那么vk和vj中那个大的肯定会小于min（vk+1,vk+2...vj-1）。 那么这个时候我们看我们维护的另一个非严格下降序列，它会替我们考虑这个问题的

所以这样实现起来其实是没有问题的

代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<stack>
using namespace std;
const int maxn=3e5+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
#define mem_(x) memset(x,INF,sizeof(x))
int v[maxn],dp[maxn];
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        scanf("%d",&v[i]);
    }
    mem_(dp);
    stack<int>r;  //非严格递增
    stack<int>r2; //非严格递减
    r.push(1);
    r2.push(1);
    dp[1]=0;
    for(int i=2;i<=n;++i)
    {
        int flag1=0,flag2=0;
        while(r.size() && v[i]>=v[r.top()])
        {
            //printf("%d %d\n",i,r.top());
            if(v[i]==v[r.top()]) flag1=1;  //如果栈里面有数字和vi相等，那么我们在下面的判断中就不能使用r.top
            dp[i]=min(dp[i],dp[r.top()]+1); //进行更新vi的值，因为题目要求vi和vj之间的数要小于两者中的最小值
            r.pop();
            //flag1=1;
        }
        if(r.size() && !flag1)
        {
            dp[i]=min(dp[i],dp[r.top()]+1);
        }
        r.push(i);

        while(r2.size() && v[i]<=v[r2.top()])
        {
            if(v[i]==v[r2.top()]) flag2=1;
            dp[i]=min(dp[i],dp[r2.top()]+1);
            r2.pop();
            //flag2=1;
        }
        if(r2.size() && !flag2)
        {
            dp[i]=min(dp[i],dp[r2.top()]+1);
        }
        r2.push(i);
    }
    printf("%d\n",dp[n]);
    return 0;
}