RMQ问题+ST算法

一、相关定义

RMQ问题

• 求给定区间的最值；
• 一般题目给定许多询问区间。

常见问题：对于长度为n的数列A，回答若干询问RMQ（A,i,j）(i,j<=n)，返回数列A中下标在i,j之间的最小/大值。

解决方法

1. 暴力搜索    O(n)-O(n)
2. 线段树　　O(n)-O(q*logn)
3. ST算法       O(n*logn)-O(1)

二、ST（Sparse Table）算法

本节介绍了一种比较高效的在线算法（ST算法）解决RMQ问题。

ST算法

• 是一个非常有名的在线处理RMQ问题的算法；
• 基于DP和位运算符；
• 主要过程为：预处理+查询；
• 时间复杂度：在O(nlogn)时间内进行预处理，然后在O(1)时间内回答每个查询。

数据说明：

• dp[i][j]    表示从第i位开始，到第i+2^j-1位的最大/小值；（即从第i个数起连续2^j个数中的最大/小值）

求dp[i][j]的时候，可以把它分成两部分，第一部分从 i 到 i+2^j-1-1，第二部分从 i+2^j-1 到 i + 2^j - 1 。显然二进制数后一个是前一个的两倍，那么可以把区间[i,i+2^j] 通过2^j-1分成相等的两部分（2^j个数，则一定可以二等分），dp[i][j]就是这两段各自最大值中的最大值。 那么转移方程很容易就写出来了。

• mm[i][j] = max( mm[ i ][ j - 1] , mm[ i + (1 << ( j - 1))][ j - 1] )

DP三要素：

1. 初始值：dp[i][0] = A[i]
2. 状态：dp[i][j] 表示从第i位开始，到第i+2^j-1位的最大/小值；
3. 状态转移方程：mm[i][j] = max( mm[ i ][ j - 1] , mm[ i + (1 << ( j - 1))][ j - 1] )

三、算法模板

【预处理】——DP（动态规划）

模板代码（以求最大值为例）：

void rmq_init(int n)
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
        mm[i][0]=mi[i][0]=a[i];
    for(int j=1;(1<<j)<=n;j++)		//注意循环的顺序，外层是j，内层是i
    {
        for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
        {
	　　　　mm[i][j]=max(mm[i][j-1],mm[i+(1<<(j-1))][j-1]);
        }
    }
}

这里我们需要注意的是循环的顺序，我们发现外层是j，内层是i，这是为什么呢？可以是i在外，j在内吗？

答案是不可以。因为我们需要理解这个状态转移方程的意义。不懂，请点击。

【查询】——O（1）

查询的时候对于任意一个区间 l -- r ，我们同样可以得到区间长度 len = （r - l + 1）。

那么我们这里用满足不等式“2^k<=len”的 k 把区间分成可以交叉的两部分：①[l,l+2^k-1]；②[r -2^k+1,r] 。

例子：查询5，6，7，8，9，我们可以查询5678和6789）。

因为这个区间的长度为 r - l + 1，所以我们可以取k=log2( r - l + 1)，则有：RMQ(A, l, r)=max{mm[l , k], mm[ r - 2^k + 1, k]}。

举例说明，要求区间[2,8]的最大值，k = log₂（8 - 2 + 1）= 2，即求max(F[2, 2] , F[ - 2² + 1, 2]) = max(F[2, 2] , F[5, 2])；

在这里我们也需要注意一个地方，就是<<运算符比+/-运算符的优先级低。

代码：

int rmq(int l,int r)
{
    int k=0;
    while((1<<(k+1))<=r-l+1)
        k++;
  //printf("%d %d %d %d\n",l,l+(1<<k),r-(1<<k)+1,r-(1<<k)+1+(1<<k));
    int ans1=max(mm[l][k],mm[r-(1<<k)+1][k]);
    int ans2=min(mm[l][k],mm[r-(1<<k)+1][k]);
    return ans1-ans2;　　　　　　　　　　//返回区间最大值与最小值的差
}

四、沙场练兵

题目：poj 3264 Balanced Lineup

题目：士兵杀敌（三）

代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;

const int N = 100010;
int maxsum[N][20], minsum[N][20];

void RMQ(int num) //预处理->O(nlogn)
{
	for(int j = 1; j < 20; ++j)
		for(int i = 1; i <= num; ++i)
			if(i + (1 << j) - 1 <= num)
			{
				maxsum[i][j] = max(maxsum[i][j - 1], maxsum[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
				minsum[i][j] = min(minsum[i][j - 1], minsum[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
			}
}

int main()
{
	int num, query;
	int src, des;
	scanf("%d %d", &num, &query);
		for(int i = 1; i <= num; ++i) //输入信息处理
		{
			scanf("%d", &maxsum[i][0]);
			minsum[i][0] = maxsum[i][0];
		}
		RMQ(num);
		while(query--) //O(1)查询
		{
			scanf("%d %d", &src, &des);
			int k = (int)(log(des - src + 1.0) / log(2.0));
			int maxres = max(maxsum[src][k], maxsum[des - (1 << k) + 1][k]);
			int minres = min(minsum[src][k], minsum[des - (1 << k) + 1][k]);
			printf("%d\n", maxres - minres);
		}
	return 0;
}

优化后代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;

const int N = 100010;
int maxsum[20][N], minsum[20][N]; //优化1

void RMQ(int num) //预处理->O(nlogn)
{
	for(int i = 1; i != 20; ++i)
		for(int j = 1; j <= num; ++j)
			if(j + (1 << i) - 1 <= num)
			{
				maxsum[i][j] = max(maxsum[i - 1][j], maxsum[i - 1][j + (1 << i >> 1)]); //优化2
				minsum[i][j] = min(minsum[i - 1][j], minsum[i - 1][j + (1 << i >> 1)]);
			}
}

int main()
{
	int num, query;
	int src, des;
	scanf("%d %d", &num, &query);
		for(int i = 1; i <= num; ++i) //输入信息处理
		{
			scanf("%d", &maxsum[0][i]);
			minsum[0][i] = maxsum[0][i];
		}
		RMQ(num);
		while(query--) //O(1)查询
		{
			scanf("%d %d", &src, &des);
			int k = (int)(log(des - src + 1.0) / log(2.0));
			int maxres = max(maxsum[k][src], maxsum[k][des - (1 << k) + 1]);
			int minres = min(minsum[k][src], minsum[k][des - (1 << k) + 1]);
			printf("%d\n", maxres - minres);
		}
	return 0;
}

优化1：数组由F[N][20]变为F[20][N]

因为数组的地址为a + i + j，对应上面数组，我们需要先循环N的部分，所以

如果是第一种，我们计算时因为i不断变化，我们就需要计算a + i + j

如果是第二种，我们计算时a + i不变,只需要改变j

优化2：位运算