ST算法解决RMQ问题

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ST算法解决RMQ问题。

RMQ问题就是区间查询问题，以往的时候是用线段树来做，但是线段树的查询也只是简化到了O（logn）的复杂度，本文要介绍的ST算法，虽然说预处理达到了O（nlogn）的复杂度，但是查询只需要O（1）。ST算法本身是个DP解法。

引例POJ - 3264

Balanced Lineup

题意

给你一个数组，每次询问你某一段区间内的最大值和最小值的差值。

思路

典型的一维RMQ问题。

设置$dp[i,j]$ 代表从第$i$个元素开始连续$2^j$个值的最大值，很明显有$dp[i,0] = 0$.

为了求$f[i,j]$,我们把f[i,j]平均分成两段，每段的元素的个数为$2 ^ {j - 1}$, 所以第一段为 $i$ 到 $i + 2 ^{j -1}- 1$ ，下一段是$ i + 2 ^{j - 1}$ 到 $j$.

dp方程的状态转移方程就是$$dp[i][j] = max(dp[i][j - 1], dp[i + (1 << (j - 1))][j - 1]]$$

当我们查询的时候，设置$k = log_2(r - l + 1)$, 返回$max(dp[l][k],dp[r - 2^k + 1][k])$

我们需要知道的是我们不怕括号内的两段空间有重复，只是怕可能会超出$l - r的界限$。

因此我们设定$2^k <= r - l + 1$ ,因为我们假设的是这个区间有$k$个元素，所以就会出来上面的$k$的表达式了。

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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <stdio.h>
#include <string>
#include <cstring>
#include <math.h>
using namespace std;
int dp1[50005][101];
int dp[50005][101];
void RMQ(int a[],int n)
{
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        dp[i][0] = a[i];
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        dp1[i][0] = a[i];
    for(int j = 1; j <= log(n)/log(2); ++j)
        for(int i = 1; i + (1 << (j - 1)) <= n; ++i)
        {
            dp[i][j] = max(dp[i][j - 1], dp[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
            dp1[i][j] = min(dp1[i][j - 1], dp1[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
        }
}
int query(int l, int r)
{
    int k = log(r - l + 1) / log(2) ;
    return max(dp[l][k], dp[r - (1 << k) + 1][k]);
}
int query1(int l, int r)
{
    int k = log(r - l + 1) / log(2) ;
    return min(dp1[l][k], dp1[r - (1 << k) + 1][k]);
}
int a[50005];
int main()
{
    int n, m, l, r;
    while(scanf("%d %d",&n,&m) != EOF)
    {
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            scanf("%d",&a[i]);
        }
        RMQ(a,n);
        while(m--)
        {
            scanf("%d %d",&l,&r);
            int Max = query(l,r);
            int Min = query1(l, r);
            cout << Max - Min << '\n';
        }
    }
}