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点我呀

翻译

你在位置 \(1\)，然后想要到位置 \(n\)，每个位置都有一个高度 \(h[i]\), 你可以从位置 \(i\) 跳到位置 \(j\), 当且仅当以下情况之一满足:

• \(i + 1 = j\)
• \(min(h[i],h[j]) > max(h[i+1..j-1])\) 即 \(i\) 到 \(j\) 这一段里的每个位置的高度都低于 \(h[i]\) 和 \(h[j]\)
• \(max(h[i],h[j]) < min(h[i+1..j-1])\) 即 \(i\) 到 \(j\) 这一段里的每个位置的高度都高于 \(h[i]\) 和 \(h[j]\)

问你从位置 \(1\) 跳到位置 \(n\) 最少需要跳多少次。

题解

刚开始在做这道题的时候，老想着对于每一个 \(i\) 会不会对应特别多的 \(j\)。

但其实我们可以这样想，假设我们现在要考察 \(x\) 能跳到哪个位置 \(y\)，我们不妨先假设 \(x+1..y-1\) 这一段是全都大于 \(h[x]\) 和 \(h[y]\) 的，即我们翻译中的第三种情况。

那么我们分两类情况讨论:

• 第一类, \(h_x<=h_y\), 这种情况，因为 \(h_{x+1..y}\) 都是大于 \(h_y\) 的，那么这里的 \(h_x\) 实际上就是 \(y\) 左边最靠右的小于 \(h_y\) 的位置，显然这样的 \(x\) 是只有一个的，因为是 左边最靠右的。
• 第二类, \(h_x>h_y\), 这种情况，我们类似地，可以得到 \(h_y\) 是 \(x\) 右边最靠左的小于 \(h_x\) 的位置, 对于 \(x\) 来说，这样的 \(y\) 也是唯一的。

\(x+1..y-1\) 这一段全都小于 \(h[x]\) 和 \(h[y]\) 的情况则类似, 也同样的是得到 \(x\) 和 \(y\) 对应的唯一的一个能跳到的位置。

经过上面的分析的话，不难发现每个位置 \(x\) 能够跳到的位置 \(y\) 其实最多只有 \(4\) 个。

注意到 左边最靠右的小于/大于 某个数的情况，和 右边最靠左的小于/大于 某个数的情况是一个经典的能用单调栈解决的问题(或者你也可以称呼它为只在一端操作的单调队列)。

这道题的话，每个位置需要从左往右维护上升下降栈，然后从右往左也同样要维护上升下降栈。

因此，对于每个位置 \(x\) 分别处理出来它能跳到的位置 \(y\)，然后进行 \(dp\) 的转移即可 (\(dp_i\) 为到达位置 \(i\) 所需要的最少步骤数)。

最后输出 \(dp[n]\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 3e5;

int n;
int h[N + 10],incStack[N + 10],topInc,decStack[N + 10],topDec;
vector<int> g[N + 10];
int dp[N + 10];

int main(){
    #ifdef LOCAL_DEFINE
        freopen("E://9.AlgorithmCompetition//Visitor.txt","r",stdin);
    #endif
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
    cin >> n;
    for (int i = 1;i <= n; i++){
        cin >> h[i];
        if (i < n){
            g[i].push_back(i);
        }
    }
    topInc = 0,topDec = 0;
    for (int i = 1;i <= n; i++){
        while (topInc > 0 && h[incStack[topInc]] > h[i]) {
            topInc--;
        }
        //h[incStack[topInc]] <= h[i]
        if (topInc > 0){
            g[incStack[topInc]].push_back(i);
        }
        incStack[++topInc] = i;

        while (topDec > 0 && h[decStack[topDec]] < h[i]){
            topDec--;
        }
        //h[decStack[topDec]] >= h[i]
        if (topDec > 0){
            g[decStack[topDec]].push_back(i);
        }
        decStack[++topDec] = i;
    }

    topInc = 0,topDec = 0;
    for (int i = n;i >= 1; i--){
        while (topInc > 0 && h[i] < h[incStack[topInc]]){
            topInc--;
        }
        if (topInc > 0){
            g[i].push_back(incStack[topInc]);
        }
        incStack[++topInc] = i;

        while (topDec > 0 && h[i] > h[decStack[topDec]]){
            topDec--;
        }
        if (topDec > 0){
            g[i].push_back(decStack[topDec]);
        }
        decStack[++topDec] = i;
    }
    for (int i = 1;i <= n; i++){
        dp[i] = n + 10;
    }
    dp[1] = 0;
    for (int i = 1;i <= n; i++){
        int len = g[i].size();
        for (int j = 0;j < len; j++){
            int y = g[i][j];
            dp[y] = min(dp[y],dp[i] + 1);
        }
    }
    cout << dp[n] << endl;
    return 0;
}