音乐会的等待-单调栈（进阶版）

这道题的基础做法在上一篇博文中已经提到了，详情请见：https://www.cnblogs.com/yufenglin/p/10306366.html

而在课上有人提到了一种简便做法（错的，但可以改对），先来回顾一下题目：

题目描述

N个人正在排队进入一个音乐会。人们等得很无聊，于是他们开始转来转去，想在队伍里寻找自己的熟人。队列中任意两个人A和B，如果他们是相邻或他们之间没有人比A或B高，那么他们是可以互相看得见的。

写一个程序计算出有多少对人可以互相看见。

输入输出格式

输入格式：

输入的第一行包含一个整数N (1 ≤ N ≤ 500 000), 表示队伍中共有N个人。

接下来的N行中，每行包含一个整数，表示人的高度，以毫微米(等于10的-9次方米)为单位，每个人的调度都小于2^31毫微米。这些高度分别表示队伍中人的身高。

输出格式：

输出仅有一行，包含一个数S，表示队伍中共有S对人可以互相看见。

输入输出样例

输入样例#1：复制

输出样例#1：复制

简便做法：不进行二分查找，认为弹出元素的数量加一就是能看到的人数

　　乍一看好像是对的：例如 9 8 7 3 2中插入一个6，那么弹出3，2看到了7，3，2，确实是弹出元素数量加一，但是忽略了相等的情况（题中没说不能相等（坑））。

　　例如：9，8，7，2中插入一个2，那么显然不会弹出任何元素，但是看到的是两个哇！因此加入特判一。。。

　　再例如：φ 中插入任何元素，那么显然答案是0，但是按照上述做法求得答案1！因此加入特判二。。。

　　还有很多就不一一列举了，总之，如果一道题加了这么多特判，代码长度一定会大大增加，这里还是提供一种加了补丁后的代码：

　　这里用到了两个栈，一个存数，另一个存个数。

 1 #include <cstdio>
 2 #include <stack>
 3 using namespace std;
 4 stack <long long> stk,num;
 5 int n;
 6 long long ans;
 7 int main()
 8 {
 9     scanf("%d",&n);
10     long long tmp;
11     for(int i = 1; i <= n; i++)
12     {
13         scanf("%lld",&tmp);
14         while (!stk.empty() && stk.top() < tmp)
15         {
16             stk.pop();
17             ans += num.top();
18             num.pop();
19         }
20         if (stk.empty())
21         {
22             stk.push(tmp);
23             num.push(1);
24         }
25         else
26         {
27             if (tmp != stk.top())
28             {
29                 ans += 1;
30                 stk.push(tmp);
31                 num.push(1);
32             }
33             else if (stk.size() == 1)
34             {
35                 ans += num.top();
36                 int u = num.top();
37                 num.pop();
38                 num.push(u + 1);
39             }
40             else
41             {
42                 ans += num.top();
43                 int u = num.top();
44                 num.pop();
45                 ans += 1;
46                 num.push(u + 1);
47             }
48         }
49     }
50     printf("%lld\n",ans);
51     return 0;
52 }

接下来是答案的做法：

 1 #include<cstdio>
 2 using namespace std;
 3 int n,top;
 4 long long Ans;
 5 int a[500050],stk[500050];
 6 void dfs(int x)
 7 {
 8     int le=0,ri=top,mid,ret=0;
 9     while(le<=ri)
10     {
11         mid=(le+ri)>>1;
12         if(a[stk[mid]]>x)ret=mid,le=mid+1;
13         else ri=mid-1;
14     }
15     if(!ret)Ans+=top;
16     else Ans+=top-ret+1;
17 }
18 int main()
19 {
20     scanf("%d",&n);
21     for(int i=1; i<=n; ++i)scanf("%d",&a[i]);
22     for(int i=1; i<=n; ++i)
23     {
24         dfs(a[i]);
25         while(top>0&&a[i]>a[stk[top]])--top;
26         stk[++top]=i;
27     }
28     printf("%lld",Ans);
29     return 0;
30 }

那么，答案为了避免上述情况，十分巧妙将两个操作分了开来，并且设置了一个ret值用来判断该栈中元素是否都比插入元素小，从而避免了多种情况的特判。

因此，这道题也算是一个警示：在设计算法是一定要找特殊情况（反数据）来判断算法是否可行。

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