【RMQ】poj 3264 Balanced Lineup

RMQ 查詢區間最值。

自然可以用線段樹來做。
但對於序列值不改變的問題，查詢可以用dp+位運算

其演算法可以看作由區間dp演化而來，一般的數位dp需要用O(n^2)的時間複雜度來處理，預處理得到區間可以是任意的。
此時用功能的弱化來換時間。我們預處理只處理出區間 i->i+(2^j)-1 最值， 我們想得到 i->j 的最值可以由兩個交叉的區間取最值來求（正因為求的是最值，所以區間交叉可行），兩個區間分別是 i->i+2^k-1  和 j-2^k->j。 (滿足2^k < j-i+1)
那麼：mx = max(dp[i][k],dp[j-2^k+1][j])
dp[i][j] 代表區間 i->i+(2^j)-1 的最值。dp[i][j] 可以分為 dp[i][j-1] 和 dp[i+(1<<(j-1))][j-1];

Link：http://poj.org/problem?id=3264
poj 3264 Balanced Lineup

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
//#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")

const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-6;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9+7;
const int N = 1e5+10;
const int M = 2500000;

int a[N];
int dpmx[N][20];
int dpmi[N][20];
int main()
{
    int n,q;
    scanf("%d%d",&n,&q);
    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        dpmi[i][0] = dpmx[i][0] = a[i];
    }
    for(int j = 1; (1<<j) <= n; j++){
        for(int i = 0; i+(1<<j)-1 < n; i++){
            dpmx[i][j] = max(dpmx[i][j-1],dpmx[i+(1<<(j-1))][j-1]);
            dpmi[i][j] = min(dpmi[i][j-1],dpmi[i+(1<<(j-1))][j-1]);
            //printf("%d %d %d\n",i,j,dpmi[i][j]);
        }
    }
    while(q--)
    {
        int l,r;
        scanf("%d%d",&l,&r);
        l--;
        r--;
        int k = 0;
        while(1<<(k+1) <= r-l+1)
            k++;
        //printf("%d\n",k);
        int mx = max(dpmx[l][k],dpmx[r-(1<<k)+1][k]);
        int mi = min(dpmi[l][k],dpmi[r-(1<<k)+1][k]);
        printf("%d\n",mx-mi);
    }
    return 0;
}