傳送門

題解：可以先看下CCF這個題：傳送門

這種做法豈不是列舉麼，如果確定了長方形的左端點L和右端點R，那麼最大可能的高度就是min{hi|L<=i<R}。這樣我們就得到了一個O(n^3)的演算法。如果對計算區間最小值進行一些優化，那麼複雜度可以將為O(N^2).但是即使這樣，仍然無法在規定時間內求得答案。設面積最大的長方形的左端時L，右端是R，高度是H。如果h(L-1)>=H，那麼左端點就可以更新為L-1，從而可以得到更大的長方形。這與假設矛盾，因此h(L-1)<H。同理可得h(R)<H，並且高度H=min{hi|L<=i<R}。因此，固定可以這樣的H的i並進行分析。此時，L是滿足h(j-1)<h(i)的最大的(j<=i)。R是滿足h(j)<h(i)的最小的(j>i)。我們把兩個值分別表示為L[I]和R[i]。如果能求出L[i]和R[i]，那麼最大的面積就是max{h(i)*(R[i]-L[i])。

用一個棧提前把L[i]和R[i]提前打好就好了

附上程式碼：

#include<iostream>
#include<cstdio>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn=1e5+50;

int n;
int h[maxn];
int l[maxn],r[maxn];
int st[maxn];

void solve()
{
    int t=0;
    for(int i=0;i<n;i++){
        while(t>0&&h[st[t-1]]>=h[i]){
            t--;
        }
        l[i]=t==0?0:(st[t-1]+1);
        st[t++]=i;
    }
    t=0;
    for(int i=n-1;i>=0;i--){
        while(t>0&&h[st[t-1]]>=h[i]){
            t--;
        }
        r[i]=t==0?n:st[t-1];
        st[t++]=i;
    }
    ll res=0;
    for(int i=0;i<n;i++){
        res=max(res,(long long)h[i]*(r[i]-l[i]));
    }
    printf("%lld\n",res);
}

int main()
{
    while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n){
        for(int i=0;i<n;i++){
            scanf("%d",&h[i]);
        }
        solve();
    }
    return 0;
}