题目：给出一个数组A，找出一对 (i, j)使得A[i] <= A[j] (i <= j)并且j-i最大 ，若有多个这样的位置对，返回i最小的那一对。
最直接的想法就是对于每一个 i 从数组最尾端开始向前找到第一个大于等于 A[i] 的位置 j ，时间复杂度O(n^2)。
pair find(constvector &A)
{
intn = A.size();
if(n == 0)
thrownewinvalid_argument("Array's size can't be 0!");
inttarget_i = 0, target_j = 0;
intmax_len = 0;
for(inti = 0; i < n; ++i)
{
intj;
for(j = n-1; j >= i; --j)
if(A[j] >= A[i])
break;
if(j-i+1 > max_len)
{
target_i = i;
target_j = j;
max_len = j-i+1;
}
}
returnmake_pair(target_i, target_j);
}
我们对上述算法稍作优化。当i=0时，我们假设找到的大于A[i]的最右位置是j0，那么对于i=1时，我们根本就不需要考虑小于j0的位置，因为它们的区间长度都小于j0+1，不可能成为最优解。
pair find(constvector &A)
{
intn = A.size();
if(n == 0)
thrownewinvalid_argument("Array's size can't be 0!");
inttarget_i = 0, target_j = 0;
intmax_len = 0;
for(inti = 0; i < n; ++i)
{
intj;
for(j = n-1; j > target_j; --j)// 此处只需检查到target_j
if(A[j] >= A[i])
break;
if(j-i+1 > max_len)
{
target_i = i;
target_j = j;
max_len = j-i+1;
}
}
returnmake_pair(target_i, target_j);
}
但时间复杂度仍然是O(n^2)的。我们可以继续接着上面的思路优化。其实对于位置 i 求最后一个大于等于它的位置，不需要每次都从数组尾部向前找，我们可以通过改进这个地方将时间复杂度变为O(n)。
过程是这样的，对于 i ，我们先找到 i 及其右端的最大元素的位置 j ，检查是否比当前记录的最优解更优，更新。然后考虑 j+1及其右端的最大元素位置是否大于等于A[i]，若是，令 j 等于该位置，重复如上过程，若否，那么从位置i+1重新开始，但j仍然从当前位置考虑即可，原因上面已说明。这样时间复杂度就成O(n)的了。
具体请参考代码
pair find(constvector &A)
{
intn = A.size();
if(n == 0)
thrownewinvalid_argument("Array's size can't be 0!");
vector right_max_pos(n);
right_max_pos[n-1] = n-1;
for(inti = n-2; i >= 0; --i)
{
if(A[i] > A[right_max_pos[i+1]])
right_max_pos[i] = i;
else
right_max_pos[i] = right_max_pos[i+1];
}
intmax_len = 0;
inttarget_i, target_j;
inti = 0, j = 0;
while(j < n)
{
j = right_max_pos[j];
if(A[j] >= A[i])
{
if(j-i+1 > max_len)
{
target_i = i;
target_j = j;
max_len = j-i+1;
}
++j;
}
else
++i;
}
returnmake_pair(target_i, target_j);
}
