在这里先接上一篇文章单调栈，这里还有单调栈的一道题
题目一（单调栈续）
给定一个数组arr， 返回所有子数组最小值的累加和
就是一个数组，有很多的子数组，每个数组肯定有一个最小值，要把所有子数组的最小值的累加和。例如数组 [3 1 4 2] 子数组 3 的最小值是 3 子数组 3 1 的最小值是 1 子数组 3 1 4 的累加和是1 等等，把所有的累加和相加，就是我们要求的。这一题我们暴力解肯定是不行的，因为时间复杂度太高了 ...... 我们假设 i 位置的数是 x我们要找到以x 为最小值的子数组的范围，举个具体的例子， i =10位置的数是 7 ，我左边找离我最近的比我小的 值是 5 ，它在 5位置，右边离我最近的比我小的是 4 在 15 位置，中间这个位置是从哪到哪呢，是从 6 位置开始 到 14 位置结束，而且从 6 到 14 位置最小值是 这个7，我们看从6 到 14 这些数组中，有多少个是以7为最小值的，我们第一反应是都是，都是吗，我们假设 6位置是个10 我们 6 到 6位置就是以10 为最小值的，假设7位置是 8 那么 6 到 7 就是以 7位置的8 为最小值的，那到底有多少是以 10 位置的7 为最小值的呢，你只要跨过10位置的7，就都是以该位置为最小值的，比如 6到 10位置， 7到 10位置，10位置到11位置，等等，都是。 6 7 8 9 10 11 12 13 14 一共有多少个子数组呢，我们需要跨过 10 位置 6 7 8 9 10 5个数字 10 11 12 13 14 5个数字，所以一共有 5 * 5 = 25 个 。 我们推广一下，假如说 一个i 位置，它的值为 x ，左边离他最近的比它小的位置是k位置 值是 y，右边离他最近的比它小的位置是 j 值是z，那么产生多少累加和，i 是到不了k 的，得从 k + 1 开始，那有多少个开始位置呢 i - (k + 1) + 1个位置， 一化简，i - k 个位置，有多少个结束位置呢 （j - i ）个结束位置，他们想 乘，就是子数组的数量这一题我们先假设是无重复值的。看是不是相当的清晰，注意刚刚我说是先假设无重复值的，那有点人就说，那我就是有重复值咋办，有重复值，就麻烦了，如果有重复值，我们需要做一些改进 举个栗子 2 4 5 3 6 6 6 3 7 8 6 3 5 3 2 ，我们关注 3 我们 3位置的 3 左边正常找比它小的，右边到 7 位置的 3 时我们就停住，在算 7 位置的 3时，左边比他小的位置可以算到 0位置的2 但右边就只能算到11位置的3 前一个位置。
代码如下：
public static int sumSubarrayMins(int[] arr){
int[] left = nearLeftEqualsLeft(arr);
int[] right = nearRightEqualsRight(arr);
long sum = 0;
for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
long start = i - left[i];
long end = right[i] - i;
sum += arr[i] * start * end;
sum %= 1000000007;
}
return (int)sum;
}
private static int[] nearLeftEqualsLeft(int[] arr) {
int[] result = new int[arr.length];
Stack<Integer> stack = new Stack<>();
for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
while (!stack.isEmpty() && arr[i] <= arr[stack.peek()]){
Integer pop = stack.pop();
result[pop] = stack.isEmpty() ? -1 : stack.peek();
}
stack.push(i);
}
while (!stack.isEmpty()){
Integer pop = stack.pop();
result[pop] = stack.isEmpty() ? -1 : stack.peek();
}
return result;
}
private static int[] nearRightEqualsRight(int[] arr){
int[] result = new int[arr.length];
Stack<Integer> stack = new Stack<>();
for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
while (!stack.isEmpty() && arr[i] <= arr[stack.peek()] ){
Integer pop = stack.pop();
result[pop] = i;
}
stack.push(i);
}
while (!stack.isEmpty()){
Integer pop = stack.pop();
result[pop] = arr.length;
}
return result;
}这里面用的是栈，时间复杂度为O(n),对于这一题来说，单从时间复杂度来算，其实已经算是最优解了，但是，对于常数时间，其实我们是可以继续进行优化的。那就是用数组代替栈，因为数组的寻址是很快的，所以，如果想进一步提升，就需要用数组代替栈去优化常数时间了。这里就直接把代码给大家了，有兴趣的同学可以研究研究。效率提升也还是蛮大的。
public static int sumSubarrayMins(int[] arr) {
int[] stack = new int[arr.length];
int[] left = nearLessEqualLeft(arr, stack);
int[] right = nearLessRight(arr, stack);
long ans = 0;
for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
long start = i - left[i];
long end = right[i] - i;
ans += start * end * (long) arr[i];
ans %= 1000000007;
}
return (int) ans;
}
public static int[] nearLessEqualLeft(int[] arr, int[] stack) {
int N = arr.length;
int[] left = new int[N];
int size = 0;
for (int i = N - 1; i >= 0; i--) {
while (size != 0 && arr[i] <= arr[stack[size - 1]]) {
left[stack[--size]] = i;
}
stack[size++] = i;
}
while (size != 0) {
left[stack[--size]] = -1;
}
return left;
}
public static int[] nearLessRight(int[] arr, int[] stack) {
int N = arr.length;
int[] right = new int[N];
int size = 0;
for (int i = 0; i < N; i++) {
while (size != 0 && arr[stack[size - 1]] > arr[i]) {
right[stack[--size]] = i;
}
stack[size++] = i;
}
while (size != 0) {
right[stack[--size]] = N;
}
return right;
}题目二.斐波那契数列
斐波那契数列大家都知道，包括我们要求斐波那契数列第n项，相信大家也都知道，正常我们来求，一个一个算呗，1 1 2 3 5 8 12 ...... 是一个O(n)的方法是最优解吗？ 不是，不是最优解，难道还有比O(n)还好的方法嘛，有O（log N） 逆天了，哇，怎么可能呢，你怎么能通过log N解决呢，有可能，来自于哪里，注意，我们都知道斐波那契数列是 F(n) = F(n-1) + F(n - 2) 并且第一项是 1 第二项也是 1 的严格递推式。面对这种除了初始项 剩下项是严格的递推式都有log N的方法。不光是斐波那契数列，只要是严格递推式，都有logN的方法。那什么样的式子没有logN的方法呢，有条件转移的式子没有logN的方法，比如说有个 if else 在这种条件下是一个式子，在另一种条件下又是另一种式子，这种的就没有logN的方法。 这里用到了一点的线性代数，但是它并不难，什么意思呢，就是这样的， F（N） = F（N-1） + F（N-2）的话，第N项和N-1项和N-2项是严格递推关系，那么来看，它减的最多的是谁，是 2 我们说他是一个2阶递推，2阶递推啥意思，我们知道斐波那契数列 F1 = 1， F2 = 1 ，它必存在下列关系。
线性代数就是为了解决严格递推第几项的问题才发明的，所以不要问为什么，这是线性代数的思想基础。同样道理
这个 2 * 2的矩阵到底是啥玩意呢，不知道，我们可以算出来。因为斐波那契数列前几项我们是可以列出来的对不对，来，我们来实际算一下。
有啥用，我们继续往下看。
通过上图我们可以看到，我们如果想求斐波那契数列的第n项，关键点再求某个矩阵的某一个次方，只要你这个矩阵的某个次方算的足够快，我这个斐波那契数列第n项就算的足够快。对不对，那下面这个问题就来了，一个矩阵的n次方怎么算的足够快，我们先看一个特别特别基本的问题，一个数的n次方怎么算最快，比如 10^75 怎么算最快 我们把相同的方式用到矩阵上，算矩阵的n次方不就快了嘛。那10^75怎么算最快呢，如果我们一个一个乘，就需要乘74次，这样就是一个O(n)的方法。它不够快， 75次方的二进制是啥，我们看 75 怎么分解 75 = 64 + 8 + 2 + 1 所以 75的二进制就是 1001011，接下来我们看如下图。
我们先二进制为 1 的位置，代表需要一个 10 的对应的次方。数字的n次方解决了，那矩阵呢，也是一样的。我们看上图最开始 的 1 那么放在矩阵中应该是什么呢，单位矩阵，就是对角线都为 1 ，其余全为 0 的矩阵。
public class FibonacciProblem {
public static int f1(int n) {
if (n < 1) {
return 0;
}
if (n == 1 || n == 2) {
return 1;
}
return f1(n - 1) + f1(n - 2);
}
public static int f2(int n) {
if (n < 1) {
return 0;
}
if (n == 1 || n == 2) {
return 1;
}
int res = 1;
int pre = 1;
int tmp = 0;
for (int i = 3; i <= n; i++) {
tmp = res;
res = res + pre;
pre = tmp;
}
return res;
}
// O(logN)
public static int f3(int n) {
if (n < 1) {
return 0;
}
if (n == 1 || n == 2) {
return 1;
}
// [ 1 ,1 ]
// [ 1, 0 ]
int[][] base = {
{ 1, 1 },
{ 1, 0 }
};
int[][] res = matrixPower(base, n - 2);
return res[0][0] + res[1][0];
}
public static int[][] matrixPower(int[][] m, int p) {
int[][] res = new int[m.length][m[0].length];
for (int i = 0; i < res.length; i++) {
res[i][i] = 1;
}
// res = 矩阵中的1
int[][] t = m;// 矩阵1次方
for (; p != 0; p >>= 1) {
if ((p & 1) != 0) {
res = product(res, t);
}
t = product(t, t);
}
return res;
}
// 两个矩阵乘完之后的结果返回
public static int[][] product(int[][] a, int[][] b) {
int n = a.length;
int m = b[0].length;
int k = a[0].length; // a的列数同时也是b的行数
int[][] ans = new int[n][m];
for(int i = 0 ; i < n; i++) {
for(int j = 0 ; j < m;j++) {
for(int c = 0; c < k; c++) {
ans[i][j] += a[i][c] * b[c][j];
}
}
}
return ans;
}
public static void main(String[] args) {
int n = 19;
System.out.println(f1(n));
System.out.println(f2(n));
System.out.println(f3(n));
System.out.println("===");
}
}题目三、返回n年后牛的数量
第一年农场有1只成熟的母牛A，往后的每年：
1）每一只成熟的母牛都会生一只母牛
2）每一只新出生的母牛都在出生的第三年成熟
3）每一只母牛永远不会死 返回N年后牛的数量
题目呢很好理解，然后大家观察下面的例子，是不是一下子就看出公式是什么了。
然后我们就开始推这个矩阵是什么
这样是不是就知道矩阵是什么了，看是不是和斐波那契数列一样，接下就知道该怎么办了吧
public class FibonacciProblem {
public static int c1(int n) {
if (n < 1) {
return 0;
}
if (n == 1 || n == 2 || n == 3) {
return n;
}
return c1(n - 1) + c1(n - 3);
}
public static int c2(int n) {
if (n < 1) {
return 0;
}
if (n == 1 || n == 2 || n == 3) {
return n;
}
int res = 3;
int pre = 2;
int prepre = 1;
int tmp1 = 0;
int tmp2 = 0;
for (int i = 4; i <= n; i++) {
tmp1 = res;
tmp2 = pre;
res = res + prepre;
pre = tmp1;
prepre = tmp2;
}
return res;
}
public static int c3(int n) {
if (n < 1) {
return 0;
}
if (n == 1 || n == 2 || n == 3) {
return n;
}
int[][] base = {
{ 1, 1, 0 },
{ 0, 0, 1 },
{ 1, 0, 0 } };
int[][] res = matrixPower(base, n - 3);
return 3 * res[0][0] + 2 * res[1][0] + res[2][0];
}
public static int[][] matrixPower(int[][] m, int p) {
int[][] res = new int[m.length][m[0].length];
for (int i = 0; i < res.length; i++) {
res[i][i] = 1;
}
// res = 矩阵中的1
int[][] t = m;// 矩阵1次方
for (; p != 0; p >>= 1) {
if ((p & 1) != 0) {
res = product(res, t);
}
t = product(t, t);
}
return res;
}
// 两个矩阵乘完之后的结果返回
public static int[][] product(int[][] a, int[][] b) {
int n = a.length;
int m = b[0].length;
int k = a[0].length; // a的列数同时也是b的行数
int[][] ans = new int[n][m];
for(int i = 0 ; i < n; i++) {
for(int j = 0 ; j < m;j++) {
for(int c = 0; c < k; c++) {
ans[i][j] += a[i][c] * b[c][j];
}
}
}
return ans;
}
public static void main(String[] args) {
int n = 19;
System.out.println(c1(n));
System.out.println(c2(n));
System.out.println(c3(n));
System.out.println("===");
}
}题目四、给定一个数N，想象只由0和1两种字符，组成的所有长度为N的字符串 如果某个字符串,任何0字符的左边都有1紧挨着,认为这个字符串达标 返回有多少达标的字符串
通过观察我们发现，这不就是 初始值为 1 和 2 的斐波那契数列嘛。代码也很简单，就直接给大家了。
public class FibonacciProblem {
public static int[][] matrixPower(int[][] m, int p) {
int[][] res = new int[m.length][m[0].length];
for (int i = 0; i < res.length; i++) {
res[i][i] = 1;
}
// res = 矩阵中的1
int[][] t = m;// 矩阵1次方
for (; p != 0; p >>= 1) {
if ((p & 1) != 0) {
res = product(res, t);
}
t = product(t, t);
}
return res;
}
// 两个矩阵乘完之后的结果返回
public static int[][] product(int[][] a, int[][] b) {
int n = a.length;
int m = b[0].length;
int k = a[0].length; // a的列数同时也是b的行数
int[][] ans = new int[n][m];
for(int i = 0 ; i < n; i++) {
for(int j = 0 ; j < m;j++) {
for(int c = 0; c < k; c++) {
ans[i][j] += a[i][c] * b[c][j];
}
}
}
return ans;
}
public static int s1(int n) {
if (n < 1) {
return 0;
}
if (n == 1 || n == 2) {
return n;
}
return s1(n - 1) + s1(n - 2);
}
public static int s2(int n) {
if (n < 1) {
return 0;
}
if (n == 1 || n == 2) {
return n;
}
int res = 2;
int pre = 1;
int tmp = 0;
for (int i = 3; i <= n; i++) {
tmp = res;
res = res + pre;
pre = tmp;
}
return res;
}
public static int s3(int n) {
if (n < 1) {
return 0;
}
if (n == 1 || n == 2) {
return n;
}
int[][] base = { { 1, 1 }, { 1, 0 } };
int[][] res = matrixPower(base, n - 2);
return 2 * res[0][0] + res[1][0];
}
public static void main(String[] args) {
int n = 19;
System.out.println(s1(n));
System.out.println(s2(n));
System.out.println(s3(n));
System.out.println("===");
}
}
