Я бачу багато алгоритмічних проблем, які завжди зводяться до чогось довгого рядка:

У вас є цілий масив , вам потрібно знайти такий, що максимізує за час .$h[1..n]\geq 0$$i,j$$(h[j]-h[i])(j-i)$$O(n)$

Очевидно, що часовим рішенням є розгляд усіх пар, однак чи є якийсь спосіб ми максимізувати вираз в не знаючи чогось іншого про властивості ?$O(n^2)$$O(n)$$h$

Однією з думок я вважав виправити , тоді нам потрібно знайти від до що дорівнює або і оскільки виправлено, то нам потрібен .$j$$i^*$$1$$j-1$$\text{argmax}_i\{(h[j]-h[i])(j-i)\}$$\text{argmax}_i\{h[j]j-h[j]i-h[i]j+h[i]i\}$$j$$\text{argmax}_i\{-h[j]i-jh[i]+ih[i]\}$

Однак я не бачу способу позбутися залежних термінів всередині. Будь-яка допомога?$j$

Це $O(n\log n)$рішення. An$O(n)$рішення, вказане Віллардом Жаном , додається в останній відповіді.

$O(n\log n)$ рішення

Для погодження позначте $f(i,j)=(h[j]-h[i])(j-i)$.

Визначте $l_1=1$, і $l_i$ бути найменшим показником таким, що $l_i>l_{i-1}$ і $h[l_i]<h[l_{i-1}]$. Аналогічно визначте$r_1=n$, і $r_i$ бути найбільшим таким показником, що $r_i<r_{i-1}$ і $h[r_i]>h[r_{i-1}]$. Послідовності$l_1,l_2,...$ і $r_1,r_2,\ldots$ їх легко обчислити $O(n)$ час.

Випадок, коли таких немає $i<j$ такий як $h[i]< h[j]$ (тобто $f(i,j)>0$) тривіально. Зараз ми зосередимось на нетривіальних випадках. У таких випадках, щоб знайти рішення, нам потрібно лише розглянути такі пари.

Для кожного $i<j$ такий як $h[i]<h[j]$, дозволяє $u$ бути найбільшим таким показником, що $l_u\le i$, і $v$ бути найменшим показником таким, що $r_v\ge j$, тоді $h[l_u]\le h[i]$ (інакше $l_{u+1}\le i$ за визначенням $l_{u+1}$, таким чином суперечить визначенню $u$) тощо $h[r_v]\ge h[j]$. Звідси

Позначимо $v(u)=\arg\max_{v:\ l_u<r_v}f(l_u,r_v)$, у нас є наступна лема.

Пара $(l_u,r_v)$ де $l_u<r_v$, і там, де існує $u_0$ такий як $u<u_0$ і $v<v(u_0)$ або таке, що $u>u_0$ і $v>v(u_0)$, не може бути остаточним оптимальним рішенням.

Доказ. Відповідно до визначення о$v(u_0)$, ми маємо

$$(h[r_{v(u_0)}]-h[l_{u_0}])(r_{v(u_0)}-l_{u_0}) \ge (h[r_v]-h[l_{u_0}])(r_v-l_{u_0}),$$ або $$(h[r_v]-h[r_{v(u_0)}])l_{u_0}+h[l_{u_0}](r_v-r_{v(u_0)})+h[r_{v(u_0)}]r_{v(u_0)}-h[r_v]r_{v(u_0)} \ge 0.$$

У випадку, коли $u<u_0$ і $v<v(u_0)$, Примітка $h[r_v]-h[r_{v(u_0)}]<0$ і $r_v-r_{v(u_0)}>0$, а також $l_u<l_{u_0}$ і $h[l_u]>h[l_{u_0}]$, ми маємо

$$\begin{align*} &(h[r_v]-h[r_{v(u_0)}])l_u+h[l_u](r_v-r_{v(u_0)})\\ >\ &(h[r_v]-h[r_{v(u_0)}])l_{u_0}+h[l_{u_0}](r_v-r_{v(u_0)}). \end{align*}$$

Це означає

$$(h[r_v]-h[r_{v(u_0)}])l_u+h[l_u](r_v-r_{v(u_0)})+h[r_{v(u_0)}]r_{v(u_0)}-h[r_v]r_{v(u_0)} > 0,$$ або $$(h[r_{v(u_0)}]-h[l_u])(r_{v(u_0)}-l_u) > (h[r_v]-h[l_u])(r_v-l_u).$$

Тому $(l_u,r_{v(u_0)})$ є суворо кращим рішенням, ніж $(l_u,r_v)$. Доказ для іншого випадку аналогічний.$\blacksquare$

Ми можемо обчислити $v(\ell/2)$ по-перше де $\ell$ - довжина послідовності $l_1,l_2,\ldots$, then recursively compute the optimal solution $o_1$ among $(l_u,r_v)$'s for $u=1,\ldots,\ell/2-1$ and $v=v(\ell/2),v(\ell/2)+1,\ldots$, and the optimal solution $o_2$ among $(l_u,r_v)$'s for $u=\ell/2+1,\ell/2+2,\ldots$ and $v=1,\dots,v(\ell/2)$. Due to the lemma, the global optimum solution must come from $\{(l_{\ell/2},r_{v(\ell/2)}),o_1,o_2\}$.

$O(n)$ Solution

Let $f(l_u,r_v)=-\infty$ if $l_u\ge r_v$. The proof of the lemma also shows an important property: for $u>u_0$ and $v>v_0$, if $f(l_{u_0},r_{v_0})\ge f(l_{u_0},r_v)$, then $f(l_u,r_{v_0})>f(l_u,r_v)$. This means the matrix $M[x,y]:=-f(l_x,r_{c-y+1})$ is a totally monotone matrix where $c$ is the length of the sequence $r_1,r_2,\ldots$ (so $r_{c-y+1}$ means the $y$-th element from the end), then SMAWK algorithm can apply to find the minimum value of $M$, thus the maximum value of $f$.