每周一算法：倍增法求区间最大最小值（RMQ）

RMQ

RMQ 是英文 Range Maximum/Minimum Query 的缩写，表示区间最大（最小）值。使用倍增思想解决 RMQ 问题的方法是 ST 表（Sparse Table，稀疏表）。ST 表是用于解决 可重复贡献问题 的数据结构。

可重复贡献问题是指对于运算 opt ⁡ \operatorname{opt} opt，满足 x opt ⁡ x = x x\operatorname{opt} x=x xoptx=x，则对应的区间询问就是一个可重复贡献问题。例如，最大值有 max ⁡ ( x , x ) = x \max(x,x)=x max(x,x)=x， g c d gcd gcd 有 gcd ⁡ ( x , x ) = x \operatorname{gcd}(x,x)=x gcd(x,x)=x，所以 RMQ 和区间 GCD 就是一个可重复贡献问题。像区间和就不具有这个性质，如果求区间和的时候采用的预处理区间重叠了，则会导致重叠部分被计算两次。另外， opt ⁡ \operatorname{opt} opt 还必须满足结合律才能使用 ST 表求解。

题目链接

题目链接：【模板】ST 表

题目描述

这是一道 ST 表经典题------静态区间最大值

请注意最大数据时限只有 0.8s，数据强度不低，请务必保证你的每次查询复杂度为 O ( 1 ) O(1) O(1)。若使用更高时间复杂度算法不保证能通过。

如果您认为您的代码时间复杂度正确但是 TLE，可以尝试使用快速读入：

cpp 复制代码

inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}

函数返回值为读入的第一个整数。

快速读入作用仅为加快读入，并非强制使用。

题目描述

给定一个长度为 N N N 的数列，和 M M M 次询问，求出每一次询问的区间内数字的最大值。

输入格式

第一行包含两个整数 N , M N,M N,M，分别表示数列的长度和询问的个数。

第二行包含 N N N 个整数（记为 a i a_i ai），依次表示数列的第 i i i 项。

接下来 M M M 行，每行包含两个整数 l i , r i l_i,r_i li,ri，表示查询的区间为 [ l i , r i ] [l_i,r_i] [li,ri]。

输出格式

输出包含 M M M 行，每行一个整数，依次表示每一次询问的结果。

样例 #1

样例输入 #1

8 8
9 3 1 7 5 6 0 8
1 6
1 5
2 7
2 6
1 8
4 8
3 7
1 8

样例输出 #1

提示

对于 30 % 30\% 30% 的数据，满足 1 ≤ N , M ≤ 10 1\le N,M\le 10 1≤N,M≤10。

对于 70 % 70\% 70% 的数据，满足 1 ≤ N , M ≤ 10 5 1\le N,M\le {10}^5 1≤N,M≤105。

对于 100 % 100\% 100% 的数据，满足 1 ≤ N ≤ 10 5 1\le N\le {10}^5 1≤N≤105， 1 ≤ M ≤ 2 × 10 6 1\le M\le 2\times{10}^6 1≤M≤2×106， a i ∈ [ 0 , 10 9 ] a_i\in[0,{10}^9] ai∈[0,109]， 1 ≤ l i ≤ r i ≤ N 1\le l_i\le r_i\le N 1≤li≤ri≤N。

算法思想

ST 表基于倍增思想，可以做到 O ( n log ⁡ n ) O(n\log n) O(nlogn) 预处理， O ( 1 ) O(1) O(1) 回答每个询问。但是不支持修改操作。

基于倍增思想，考虑如何求出区间最大值。可以发现，如果按照一般的倍增流程，每次跳 2 i 2^i 2i步的话，询问时的复杂度仍旧是 O ( log ⁡ n ) O(\log n) O(logn)，效率较低。

由于区间最大值是一个具有可重复贡献 性质的问题。哪怕用来求解的预处理区间有重叠部分，只要这些区间合并是所求的区间，最终计算出的答案就是正确的。举个例子：

区间 [ 2 , 5 ] [2,5] [2,5]的最大值为 5 5 5，区间 [ 4 , 7 ] [4,7] [4,7]的最大值为 7 7 7，区间 [ 2 , 7 ] [2,7] [2,7]的最大值为 max ⁡ { 5 , 7 } = 7 \max\{5,7\}=7 max{5,7}=7。

通过ST表，使用至多两个预处理过的区间就可以覆盖询问区间，也就是说询问时的时间复杂度可以被降至 O ( 1 ) O(1) O(1)，在处理有大量询问的题目时十分有效。

预处理ST表

状态表示

f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]表示区间 [ i , i + 2 j − 1 ] [i,i+2^j-1] [i,i+2j−1]的最大值。

状态计算

要计算区间 [ i , i + 2 j − 1 ] [i,i+2^j-1] [i,i+2j−1]的最大值，区间大小为 2 j 2^j 2j，相当于从位置 i i i跳了 2 j − 1 2^j-1 2j−1 步，依据倍增的思想，可以将整个区间一分为二，左侧区间 [ i , i + 2 j − 1 − 1 ] [i,i+2^{j-1}-1] [i,i+2j−1−1]，右侧区间 [ i + 2 j − 1 , i + 2 j − 1 ] [i+2^{j-1},i+2^j-1] [i+2j−1,i+2j−1]，大小均为 2 j − 1 2^{j-1} 2j−1，如下图所示：

那么状态转移方程：

f [ i ] [ j ] = m a x { f [ i ] [ j − 1 ] , f [ i + 2 j − 1 ] [ j − 1 ] } f[i][j]=max\{f[i][j-1],f[i+2^{j-1}][j-1]\} f[i][j]=max{f[i][j−1],f[i+2j−1][j−1]}

初始状态

f [ i ] [ 0 ] = a i f[i][0]=a_i f[i][0]=ai

查询区间最值

对于每个询问 [ L , R ] [L,R] [L,R]，把它成两个部分 [ L , L + 2 k − 1 ] [L,L+2^k-1] [L,L+2k−1]与 [ R − 2 k + 1 , R ] [R-2^k+1,R] [R−2k+1,R]，其中 k = ⌊ l o g 2 ( R − L + 1 ) ⌋ k=\lfloor log_2(R-L+1)\rfloor k=⌊log2(R−L+1)⌋，两部分的最值就是答案。

时间复杂度

预处理 ST 表的时间复杂度为 O ( n log ⁡ n ) O(n\log n) O(nlogn)
回答每个询问的时间复杂度 O ( 1 ) O(1) O(1)

代码实现

cpp 复制代码

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10, M = 20;
int n, a[N], f[N][M];
//创建ST表
void create() {
    //初始状态
    //f[i][0]表示从i开始长度为2^0的区间最值为a[i]本身
    for(int i = 1; i <= n; i ++) f[i][0] = a[i];
    int k = log2(n);
    //枚举区间长度指数j
    for(int j = 1; j <= k; j ++)
        for(int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i ++)
            f[i][j] = max(f[i][j - 1], f[i + (1 << j - 1)][j - 1]);
}
//利用ST表查询区间[L,R]的最大值
int query(int L, int R) {
    int k = log2(R - L + 1);
    return max(f[L][k], f[R - (1 << k) + 1][k]);
}
int main()
{
    int m;
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", a + i);;
    create();
    while(m --) {
        int L, R;
        scanf("%d%d", &L, &R);
        printf("%d\n", query(L, R));
    }
}