好久没更题解了（改题困难的我）
题目描述
WYT有一把巨大的刷子，刷子的宽度为M米，现在WYT要使用这把大刷子去粉刷有N列的栅栏（每列宽度都为1米；每列的高度单位也为米，由输入数据给出）。
使用刷子的规则是：
- 与地面垂直，从栅栏的底部向上刷
- 每次刷的宽度为M米（当剩余栅栏宽度不够M米的话，刷子也可以使用，具体看样例2）
- 对于连续的M列栅栏，刷子从底向上，刷到的高度只能到这M列栅栏的最低高度。
WYT请你回答两个问题：
- 最少有多少个单位面积不能刷到（单位面积为1平米）
- 在满足第一问的条件下，最少刷几次？
输入格式
共两行：
第一行两个整数N和M。
第二行共N个整数，表示N列栅栏的高度
输出格式
一行，两个整数，分别为最少剩余的单位面积数量和最少刷的次数。
样例
输入
5 3
5 3 4 4 5
输出
3
2
样例对应解释
高度分别为 5 3 4 4 5 如上：
黄色的方块表示共有3个单位面积没刷上
绿色的框和红色的框表示一共刷了两次。
数据范围与提示
30%的数据：N<=10^3
50%的数据：N<=10^5
100%的数据：1<=N<=10^6, 1<=M<=10^6,N>=M, 每列栅栏的高度<=10^6.
思路
- 这道题当时真的没有想出来，直接暴力模拟拿了点分，这道题的核心在于维护单调栈，用于求解每块木板向右（向左）延伸的长度，拿向右来说，我们维护单调递增的栈，当栈顶元素的长度小于要放入的元素，则正常入栈，top++，如果栈不为空且栈顶元素（假设为sta[top]）大于扫描到的元素（假设为i），对栈顶元素执行出栈操作，然后可得sta[top]向右延伸的距离为r[sta[top]]=i-sta[top],r数组维护向右延伸的长度，同理可求得左边延伸长度;
- 处理完l和r数组后，对于木板i，其延伸距离为l[i]+r[i]-1，判断其与刷子宽度的大小，大于则可以刷到，用flag标记，小于则不能。然后枚举每一块木板，维护mh数组为第i块木板能被刷到的长度，如果被标记过，则mh[i]=h[i],如果不能，则mh[i]=mh[i-1],用长度和减去可以被刷到的部分即为ans1;
- 对于每一部分（能被刷到的的长度相等），贪心处理，用其宽度除以刷子宽度，累加得ans2;
附上代码一份
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
long long v[maxn],mh[maxn],sum,r[maxn],l[maxn];
long long n,m;
bool flag[maxn];
inline int read(){
int s=0;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();
while(ch>='0'&& ch<='9')s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return s;
}
long long sta[maxn],top,h[maxn];
int main(){
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
h[i]=read();
sum+=h[i];
}
for(int i=1;i<=n+1;i++){
while(top && h[i]<h[sta[top]]){
r[sta[top]]=i-sta[top];
top--;
}
sta[++top]=i;
}
for(int i=n;i>=0;i--){
while(top && h[i]<h[sta[top]]){
l[sta[top]]=sta[top]-i;
top--;
}
sta[++top]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(l[i]+r[i]-1>=m)flag[i]=true;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(flag[i])mh[i]=h[i];
else{
mh[i]=mh[i-1];
}
}
for(int i=n;i>0;i--){
if(!flag[i])mh[i]=max(mh[i],mh[i+1]);
sum-=mh[i];
}
cout<<sum<<endl;
long long k=2,ans=0;
while(k<=n+1){
int cnt=1;
while(k<=n+1 && mh[k]==mh[k-1]){
++cnt;
++k;
}
ans+=cnt/m;
if(cnt%m)++ans;
++k;
}
cout<<ans<<endl;
}