我看到了很多算法问题，这些问题总是导致以下问题：

你有一个整数数组$h[1..n]\geq 0$，则需要找到$i,j$这样最大化$(h[j]-h[i])(j-i)$中$O(n)$时间。

显然，$O(n^2)$时间解决方案是考虑所有对，但是，有什么方法可以使的表达式最大化，$O(n)$而又不了解性质$h$吗？

我想到了一个想法是修复$j$，那么我们需要找到$i^*$从$1$到$j-1$等于$\text{argmax}_i\{(h[j]-h[i])(j-i)\}$或$\text{argmax}_i\{h[j]j-h[j]i-h[i]j+h[i]i\}$，由于$j$是固定的，因此我们需要$\text{argmax}_i\{-h[j]i-jh[i]+ih[i]\}$。

但是，我看不出要摆脱内部$j$依赖项的方法。有什么帮助吗？

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这是一个解决方案。此答案的最后附加了由Willard Zhan指出的O （n ）解。$O(n\log n)$$O(n)$

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解$O(n\log n)$

为便于学习，分别表示。$f(i,j)=(h[j]-h[i])(j-i)$

定义，并且l i是最小索引，以使l i > l i − 1且h [ l i ] < h [ l i − 1 ]。类似地，定义r 1 = n，并且r i是最大的索引，从而r i < r i − 1和h [ r i ] $l_1=1$$l_i$$l_i>l_{i-1}$$h[l_i]<h[l_{i-1}]$$r_1=n$$r_i$$r_i<r_{i-1}$。序列升1，升2，。。。和 - [R 1，- [R 2，...很容易计算在 Ö （Ñ ）时间。$h[r_i]>h[r_{i-1}]$$l_1,l_2,...$$r_1,r_2,\ldots$$O(n)$

没有使得h [ i ] < h [ j ]（即f （i ，j ）> 0）的情况是微不足道的。现在，我们将重点放在非平凡的案件上。在这种情况下，要找到解决方案，我们只需要考虑这样的对。$i<j$$h[i]< h[j]$$f(i,j)>0$

对于每个使得ħ [ 我] < ħ [ Ĵ ]，让ü是最大的指数，使得升ü ≤ 我，和v是最小的索引，使得- [R v ≥ Ĵ，然后ħ [ 升ù ] ≤ ħ [ 我]（否则升ü + 1 ≤ 我通过定义升ù + $i<j$$h[i]<h[j]$$u$$l_u\le i$$v$$r_v\ge j$$h[l_u]\le h[i]$$l_{u+1}\le i$$l_{u+1}$，从而对相矛盾的定义），并且类似地ħ [ - [R v ] ≥ ħ [ Ĵ ]。因此 （ħ [ - [R v ] - ħ [ 升ù ] ）（[R v - 升ù）≥ （ħ [ Ĵ ] - ħ [ 我] ）（[R v - 升ù）≥ （ħ $u$$h[r_v]\ge h[j]$ 这意味着我们只需要考虑对（升ü，[R v），其中升ü < [R v。

$$(h[r_v]-h[l_u])(r_v-l_u)\ge(h[j]-h[i])(r_v-l_u)\ge(h[j]-h[i])(j-i).$$ $(l_u,r_v)$$l_u<r_v$

表示，我们有以下引理。$v(u)=\arg\max_{v:\ l_u<r_v}f(l_u,r_v)$

一个对，其中l u < r v，并且存在u 0使得u < u 0和v < v （u 0）或u > u 0和v > v （u 0）），不能是最终的最佳解决方案。$(l_u,r_v)$$l_u<r_v$$u_0$$u<u_0$$v<v(u_0)$$u>u_0$$v>v(u_0)$

证明。根据的定义，我们有 （h [ r v （u 0） ] − h [ l u 0 ] ）（r v （u 0） − l u 0）≥ （h [ r v ] − h [ l u 0 ] ）（r v − $v(u_0)$ 或 （H ^[- [Rv]-ħ[- [R v （Ú 0） ]）升 ü 0 +ħ[升 ù 0 ]（[Rv-- [R v （Ú 0））+ħ[- [R v （Û 0） ]r v （u 0）

$$(h[r_{v(u_0)}]-h[l_{u_0}])(r_{v(u_0)}-l_{u_0}) \ge (h[r_v]-h[l_{u_0}])(r_v-l_{u_0}),$$ $$(h[r_v]-h[r_{v(u_0)}])l_{u_0}+h[l_{u_0}](r_v-r_{v(u_0)})+h[r_{v(u_0)}]r_{v(u_0)}-h[r_v]r_{v(u_0)} \ge 0.$$

在和v < v （u 0）的情况下，注意h [ r v ] − h [ r v （u 0） ] < 0且r v − r v （u 0） > 0，并且l u < l u 0和h [ l u ] > $u<u_0$$v<v(u_0)$$h[r_v]-h[r_{v(u_0)}]<0$$r_v-r_{v(u_0)}>0$$l_u<l_{u_0}$，我们有 $h[l_u]>h[l_{u_0}]$

$$\begin{align*} &(h[r_v]-h[r_{v(u_0)}])l_u+h[l_u](r_v-r_{v(u_0)})\\ >\ &(h[r_v]-h[r_{v(u_0)}])l_{u_0}+h[l_{u_0}](r_v-r_{v(u_0)}). \end{align*}$$

这意味着 或 （ħ[ - [R v （Ú 0） ]-ħ[升ù ]）（ [R v （Ú 0） -升ù）>（ħ[ - [R v ]-ħ[升ù ]）（ r v − l u）

$$(h[r_v]-h[r_{v(u_0)}])l_u+h[l_u](r_v-r_{v(u_0)})+h[r_{v(u_0)}]r_{v(u_0)}-h[r_v]r_{v(u_0)} > 0,$$ $$(h[r_{v(u_0)}]-h[l_u])(r_{v(u_0)}-l_u) > (h[r_v]-h[l_u])(r_v-l_u).$$

因此比（l u，r v）是严格更好的解决方案。另一种情况的证明是相似的。$(l_u,r_{v(u_0)})$$(l_u,r_v)$$\blacksquare$

$v(\ell/2)$$\ell$$l_1,l_2,\ldots$$o_1$$(l_u,r_v)$$u=1,\ldots,\ell/2-1$$v=v(\ell/2),v(\ell/2)+1,\ldots$$o_2$$(l_u,r_v)$$u=\ell/2+1,\ell/2+2,\ldots$$v=1,\dots,v(\ell/2)$$\{(l_{\ell/2},r_{v(\ell/2)}),o_1,o_2\}$

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$O(n)$

$f(l_u,r_v)=-\infty$$l_u\ge r_v$$u>u_0$$v>v_0$$f(l_{u_0},r_{v_0})\ge f(l_{u_0},r_v)$$f(l_u,r_{v_0})>f(l_u,r_v)$$M[x,y]:=-f(l_x,r_{c-y+1})$$c$$r_1,r_2,\ldots$$r_{c-y+1}$$y$$M$$f$