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思路

假设现在从第$i$个点出发，定义$lp$如下：

简单来说，就是在$i$左边找到第一个高于$a[i]$的楼（高度为$a[lp]$），若继续往左仍有高度为$a[lp]$的楼且该楼与$i$之间没有更高的楼阻挡，就继续往左取。对称地定义$rp$。
那么最优解就是在$a[lp],a[rp]$中取较矮的楼转移，若二者高度相同，则都进行转移，在得到的答案中取最大值。简单的证明：若先转移到较高的楼就失去了向较矮的楼转移获得更大答案的机会，而先转移到较矮的楼仍然可以向原先较高的楼转移，所以是最优的。转移的过程可以使用记忆化搜索。
如何在搜索中得到$lp,rp$决定了该题的复杂度。首先用单调栈预处理出两个数组$pre[N]$和$nxt[N]$。$pre[i]$为左侧第一个高于或等于当前楼的位置，$nxt[i]$为右侧第一个高于或等于当前楼的位置。在搜索的时候就可以借助这两个数组顺藤摸瓜一路找到$lp$和$rp$。复杂度可能比较玄学，但是能过。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,st,ed) for(int i=st;i<=ed;++i)
using namespace std;
const int N=1E5+10;
const int long long INF=0x7ffffffffff;
typedef long long ll;
int n;
ll a[N],pre[N],nxt[N];;
ll ans[N];
stack<ll> s;
ll dfs(ll cur)
{
	if(ans[cur]!=-INF)
		return ans[cur];
	ans[cur]=0;
	ll lp=pre[cur],rp=nxt[cur];
	while(lp && (a[lp]==a[cur] || a[lp]==a[pre[lp]]))
		lp=pre[lp];
	while(rp && (a[rp]==a[cur] || a[rp]==a[nxt[rp]]))
		rp=nxt[rp];
	if(a[rp]<a[lp])
	{
		ans[cur]=rp-cur;
		ans[cur]+=dfs(rp);
	}
	else if(a[rp]>a[lp])
	{
		ans[cur]=cur-lp;
		ans[cur]+=dfs(lp);
	}
	else if(lp)
		ans[cur]=max(dfs(lp)+cur-lp,dfs(rp)+rp-cur);
	return ans[cur];
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	rep(i,1,n)
		scanf("%lld",a+i);
	rep(i,0,n)
		ans[i]=-INF;
	rep(i,1,n)
	{
		int j=i;
		while(a[i]==a[j+1])
			++j;
		while(!s.empty() && a[i]>=a[s.top()])
		{
			nxt[s.top()]=j;
			s.pop();
		}
		rep(k,i,j)
			s.push(k);
		i=j;
	}
	while(!s.empty())
	{
		nxt[s.top()]=0;
		s.pop();
	}
	for(int i=n;i>=1;--i)
	{
		int j=i;
		while(a[i]==a[j-1])
			--j;
		while(!s.empty() && a[i]>=a[s.top()])
		{
			pre[s.top()]=j;
			s.pop();
		}
		rep(k,j,i)
			s.push(k);
		i=j;
	}
	while(!s.empty())
	{
		pre[s.top()]=0;
		s.pop();
	}
	// rep(i,1,n)
		// cout<<pre[i]<<" "<<nxt[i]<<endl;
	a[0]=INF;
	rep(i,1,n)
	{
		if(ans[i]!=-INF)
			continue;
		ans[i]=dfs(i);
	}
	rep(i,1,n)
		printf("%lld ",ans[i]);
	printf("\n");
}