ST 表

ST 表

ST 表，主要思想是空间换时间，用于解决可重复贡献问题和 RMQ 问题。

可重复贡献问题

指某个运算 $op$，有 $x\ op\ x\ =\ x$ 。例如 $max(x,x)=x\ \ min(x,x)=x\ \ gcd(x,x)=x$。

RMQ 问题

指在区间内的最大/最小值查询。

ST 表

ST 表基于倍增的思想，做到 $O(n \log n)$ 的预处理时间，$O(1)$ 的查询时间。副作用是不支持修改操作。

而 ST 表的实现类似于 dp，设 $f_{i,j}$ 表示区间 $[i,i+2^j-1]$ 的最大值。

而显然 $f_{i,0}=a_i$​。

为什么是 $i+2^j-1$ 而不是 $i+2^j$ 呢？

因为很巧，如果 $j=0$，则 $2^0=1$，得再减个一。

那么第二维的意思也就是在倍增的时候，调了 $2^j-1$ 步。

那么状态转移方程：

$$f_{i,j}=max(f_{i,j-1},f_{i+2_{j-1},j-1})$$

可以基于下面这张图（神图）来理解。

对于每个询问 $[l,r]$，可以分成两部分，分别是 $[l,l+2^s-1],[r-2^s+1,r]$。

而 $s=log_2^{r-l+1}$。

模板代码

例题：P3865 【模板】ST 表 && RMQ 问题

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5,logn=21;
int n,m,f[N][logn],Log[N],x,y,s;
inline void init()
{	
	Log[1]=0;
	Log[2]=1;
	for(int i=3;i<N;i++)
		Log[i]=Log[i/2]+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]);
	return;	
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&f[i][0]);
	init();
	while(m--)
	{
		scanf("%d%d",&x,&y);
		s=Log[y-x+1];
		printf("%d\n",max(f[x][s],f[y-(1<<s)+1][s]));
	}
	return 0;
}