更優視覺請見淺談RMQ
RMQ，即Range Minimum/Maximum Query，區間最大最小問題，通常採取ST表求解，下面將結合例題講解
例題
題目描述
給定一個長度為\(N\)的數列，和\(M\)次詢問，求出每一次詢問的區間內數字的最大值。
\(1 \leq N \leq {10}^5, 1 \leq M \leq 2 \times {10}^6, a_i \in [0, {10}^9], 1 \leq l_i \leq r_i \leq N\)
這種問題最簡單的想法就是對於每個區間遍歷一次，求出最大值
但這樣的時間複雜度是\(O(NM)\)的，明顯會超時
那麼我們可以考慮一下怎麼優化
發現如果我們可以預處理出每個區間的最大值是不是就可以了
這時候就可以使用ST表
ST表
ST表基於倍增的思想，可以做到在\(O(nlogn)\)的時間內預處理出從每個點往後\(2^x\)的區間內的最大值
設\(f[i][j]\)表示從\(i\)往後\(2^j-1\)的區間內的最大值，那麼轉移方程為
\(f[i][j]=max\begin{cases}f[i][j-1]\\f[i+2^{j-1}][j-1] \end{cases}\)
首先這個區間可以拆成連個區間，前一半和後一半，然後再比較這兩個區間內的最大值就可以了
同時由這個轉移方程哦我們可以看出要求出\(f[i][j]\)，那麼\(f[i][j-1]\)必須要先求出來，所以迴圈的時候要先迴圈\(j\)再迴圈\(i\)
那麼現在處理出每個區間的最大值，我們就需要在\(O(1)\)的時間內求出任意區間的值
現在有一個區間\([l,r]\)，我們先求出\(x=log_2(r-l+1)\)。那麼這時候整個區間就可以分成\([l,l+2^x-1]\)和\([r-2^x+1,r]\)兩個區間，然後就可以根據已經預處理好的\(f\)陣列在\(O(1)\)的時間裡查詢
那麼可能就有同學會問了，如果說分成的兩個區間不能覆蓋原區間呢？
也就是說，會不會有\(r-2^x+1>l+2^x-1\)的情況
假設\(r-2^x+1>l+2^x-1\)
那麼\(r-l+2>2\times 2^x\)
又因為\(x=log_2(r-l+1)\)，也就是\(2^x=r-l+1\)
所以\(r-l+2>2*(r-l+1)\)
即\(r-l>2*(r-l)\)
因為\(r-l>0\)
所以\(r-l>2*(r-l)\)不成立
即\(r-2^x+1>l+2^x-1\)不成立
就說明\(r-2^x+1\le l+2^x-1\)
那麼分成的兩個區間就一定可以覆蓋原來的區間，我們可以放心的這麼拆區間啦
例題Code
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,m,l,r,x,f[100005][17];
int read()
{
int res=0,fh=1;char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') fh=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+(ch-'0'),ch=getchar();
return res*fh;
}
int main()
{
n=read();m=read();
for (int i=1;i<=n;++i)//f[i][0]就是從i到i+2^0-1內的最大值，就是a[i]
f[i][0]=read();
for (int j=1;j<=log2(n);++j)
for (int i=1;i<=n+1-(1<<j);++i)
f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<j-1)][j-1]);//預處理
for (int i=1;i<=m;++i)
{
l=read();r=read();
x=log2(r-l+1);
printf("%d\n",max(f[l][x],f[r+1-(1<<x)][x]));//O(1)求答案
}
return 0;
}