簡介
ST 表是用於解決 可重複貢獻問題 的資料結構。
什麼是可重複貢獻問題？
可重複貢獻問題 是指對於運算 \(\operatorname{opt}\) ，滿足 \(x\operatorname{opt} x=x\) ，則對應的區間詢問就是一個可重複貢獻問題。例如，最大值有 \(\max(x,x)=x\) ，gcd 有 \(\operatorname{gcd}(x,x)=x\) ，所以 RMQ 和區間 GCD 就是一個可重複貢獻問題。像區間和就不具有這個性質，如果求區間和的時候採用的預處理區間重疊了，則會導致重疊部分被計算兩次，這是我們所不願意看到的。另外， \(\operatorname{opt}\) 還必須滿足結合律才能使用 ST 表求解。
什麼是RMQ？
RMQ 是英文 Range Maximum/Minimum Query 的縮寫，表示區間最大（最小）值。解決 RMQ 問題有很多種方法，如 線段樹 、單調棧、ST表 和 Four Russian -- 基於 ST 表的演算法。
引入
題目大意：給定 \(n\) 個數，有 \(m\) 個詢問，對於每個詢問，你需要回答區間 \([l,r]\) 中的最大值。
考慮暴力做法。每次都對區間 \([l,r]\) 掃描一遍，求出最大值。
顯然，這個演算法會超時。
ST 表
ST 表基於 倍增 思想，可以做到 \(\Theta(n\log n)\) 預處理， \(\Theta(1)\) 回答每個詢問。但是不支援修改操作。
基於倍增思想，我們考慮如何求出區間最大值。可以發現，如果按照一般的倍增流程，每次跳 \(2^i\) 步的話，詢問時的複雜度仍舊是 \(\Theta(\log n)\) ，並沒有比線段樹更優，反而預處理一步還比線段樹慢。
我們發現 \(\max(x,x)=x\) ，也就是說，區間最大值是一個具有“可重複貢獻”性質的問題。即使用來求解的預處理區間有重疊部分，只要這些區間的並是所求的區間，最終計算出的答案就是正確的。
如果手動模擬一下，可以發現我們能使用至多兩個預處理過的區間來覆蓋詢問區間，也就是說詢問時的時間複雜度可以被降至 \(\Theta(1)\) ，在處理有大量詢問的題目時十分有效。
具體實現如下：
令 \(f(i,j)\) 表示區間 \([i,i+2^j-1]\) 的最大值。
顯然 \(f(i,0)=a_i\) 。
根據定義式，第二維就相當於倍增的時候“跳了 \(2^j-1\) 步”，依據倍增的思路，寫出狀態轉移方程： \(f(i,j)=\max(f(i,j-1),f(i+2^{j-1},j-1))\) 。
以上就是預處理部分。而對於查詢，可以簡單實現如下：
對於每個詢問 \([l,r]\) ，我們把它分成兩部分： \(f[l,l+2^s-1]\) 與 \(f[r-2^s+1,r]\) 。
其中 \(s=\left\lfloor\log_2(r-l+1)\right\rfloor\) 。
根據上面對於“可重複貢獻問題”的論證，由於最大值是“可重複貢獻問題”，重疊並不會對區間最大值產生影響。又因為這兩個區間完全覆蓋了 \([l,r]\) ，可以保證答案的正確性。
模板程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int logn = 21;
const int maxn = 2000001;
int Logn[maxn], f[maxn][logn];
int n, m;
inline int read(){
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
while (!isdigit(ch)) { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }
while (isdigit(ch)) { x = x * 10 + ch - 48; ch = getchar(); }
return x * f;
}
void pre() {
Logn[1] = 0, Logn[2] = 1;
for (int i = 3; i < maxn; ++i)
Logn[i] = Logn[i / 2] + 1;
}
int main() {
//freopen("in.txt", "r", stdin);
//ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
n = read(), m = read();
for (int i = 1; i <= n; ++i)f[i][0] = read();
pre();
//f(i,j) = max(f(i,j - 1),f(i + 1 << (j - 1),j - 1))
for (int j = 1; j <= logn; 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]);
int x, y;
while (m--) {
x = read(), y = read();
int s = Logn[y - x + 1];
printf("%d\n", max(f[x][s], f[y - (1 << s) + 1][s]));
}
}
注意點
-
輸入輸出資料一般很多，建議開啟輸入輸出優化。
-
每次用 std::log 重新計算 log 函式值並不值得，建議進行如下的預處理：
ST 表維護其他資訊
除 RMQ 以外，還有其它的“可重複貢獻問題”。例如“區間按位和”、“區間按位或”、“區間 GCD”，ST 表都能高效地解決。
需要注意的是，對於“區間 GCD”，ST 表的查詢複雜度並沒有比線段樹更優（令值域為 \(w\) ，ST 表的查詢複雜度為 \(\Theta(\log w)\) ，而線段樹為 \(\Theta(\log n+\log w)\) ，且值域一般是大於 \(n\) 的），但是 ST 表的預處理複雜度也沒有比線段樹更劣，而程式設計複雜度方面 ST 表比線段樹簡單很多。
如果分析一下，“可重複貢獻問題”一般都帶有某種類似 RMQ 的成分。例如“區間按位與”就是每一位取最小值，而“區間 GCD”則是每一個質因數的指數取最小值。
總結
ST 表能較好的維護“可重複貢獻”的區間資訊（同時也應滿足結合律），時間複雜度較低，程式碼量相對其他演算法很小。但是，ST 表能維護的資訊非常有限，不能較好地擴充套件，並且不支援修改操作。
練習
以下摘自網路，僅作為學習演算法使用，侵權刪。
附錄：ST 表求區間 GCD 的時間複雜度分析
在演算法執行的時候，可能要經過 \(\Theta(\log n)\) 次迭代。每一次迭代都可能會使用 GCD 函式進行遞迴，令值域為 \(w\) ，GCD 函式的時間複雜度最高是 \(\Omega(\log w)\) 的，所以總時間複雜度看似有 \(O(n\log n\log w)\) 。
但是，在 GCD 的過程中，每一次遞迴（除最後一次遞迴之外）都會使數列中的某個數至少減半，而數列中的數最多減半的次數為 \(\log_2 (w^n)=\Theta(n\log w)\) ，所以，GCD 的遞迴部分最多隻會執行 \(O(n\log w)\) 次。再加上迴圈部分（以及最後一層遞迴）的 \(\Theta(n\log n)\) ，最終時間複雜度則是 \(O(n(\log w+\log x))\) ，由於可以構造資料使得時間複雜度為 \(\Omega(n(\log w+\log x))\) ，所以最終的時間複雜度即為 \(\Theta(n(\log w+\log x))\) 。
而查詢部分的時間複雜度很好分析，考慮最劣情況，即每次詢問都詢問最劣的一對數，時間複雜度為 \(\Theta(\log w)\) 。因此，ST 表維護“區間 GCD”的時間複雜度為預處理 \(\Theta(n(\log n+\log w))\) ，單次查詢 \(\Theta(\log w)\) 。
線段樹的相應操作是預處理 \(\Theta(n\log x)\) ，查詢 \(\Theta(n(\log n+\log x))\) 。
這並不是一個嚴謹的數學論證，更為嚴謹的附在下方：
更嚴謹的證明
理解本段，可能需要具備 時間複雜度 的關於“勢能分析法”的知識。
先分析預處理部分的時間複雜度：
設“待考慮數列”為在預處理 ST 表的時候當前層迴圈的數列。例如，第零層的數列就是原數列，第一層的數列就是第零層的數列經過一次迭代之後的數列，即
st[1..n][1]，我們將其記為 \(A\) 。而勢能函式就定義為“待考慮數列”中所有數的累乘的以二為底的對數。即： \(\Phi(A)=\log_2\left(\prod\limits_{i=1}^n A_i\right)\) 。
在一次迭代中，所花費的時間相當於迭代迴圈所花費的時間與 GCD 所花費的時間之和。其中，GCD 花費的時間有長有短。最短可能只有兩次甚至一次遞迴，而最長可能有 \(O(\log w)\) 次遞迴。但是，GCD 過程中，除最開頭一層與最末一層以外，每次遞迴都會使“待考慮數列”中的某個結果至少減半。即， \(\Phi(A)\) 會減少至少 \(1\) ，該層遞迴所用的時間可以被勢能函式均攤。
同時，我們可以看到， \(\Phi(A)\) 的初值最大為 \(\log_2 (w^n)=\Theta(n\log w)\) ，而 \(\Phi(A)\) 不增。所以，ST 表預處理部分的時間複雜度為 \(O(n(\log w+\log n))\) 。
其它
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(文章完)