数据结构——RMQ（ST表）问题

数据结构——RMQ（ST表）问题

问题描述

对于序列 \(A[1\dots n]\)，有 \(m\) 组询问 \(\langle l,r\rangle\)，求 \(\max_{i=l}^rA_i\)。

我们下面使用 \(\mathcal O(A)\sim\mathcal O(B)\) 表示预处理 \(\mathcal O(A)\)，单次询问 \(\mathcal O(B)\) 的时间复杂度。

线段树解法

时间复杂度：\(\mathcal O(n)\sim\mathcal O(\log n)\)。

空间复杂度：\(\mathcal O(n)\)。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

constexpr int N = 2e5 + 10;

int n, a[N];

#define ls(x) ((x) << 1)
#define rs(x) ((x) << 1 | 1)

int seg[N << 2];

void push_up(int k) {
    seg[k] = max(seg[ls(k)], seg[rs(k)]);
}

void build(int k = 1, int l = 1, int r = n) {
    if (l == r) return void(seg[k] = a[l]);
    int mid = l + r >> 1;
    build(ls(k), l, mid);
    build(rs(k), mid + 1, r);
    push_up(k);
}

int query(int p, int q, int k = 1, int l = 1, int r = n) {
    if (l >= p && r <= q) return seg[k];
    int mid = l + r >> 1;
    if (p > mid) return query(p, q, rs(k), mid + 1, r);
    if (q < mid + 1) return query(p, q, ls(k), l, mid);
    else return max(query(p, q, ls(k), l, mid), query(p, q, rs(k), mid + 1, r));
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    cin >> n;
    copy_n(istream_iterator<int>(cin), n, a + 1);
    build();
    int q, l, r; cin >> q;
    while (q--) cin >> l >> r, cout << query(l, r) << endl;
    return 0;
}

修改复杂度 \(\mathcal O(\log n)\)。

ST 表

ST 表可以做到 \(\mathcal O(n\log n)\) 预处理，\(\mathcal O(1)\) 求出序列区间最大值。

按照最基础的思想，设 \(f(i,j)\) 表示区间 \([i,j]\) 的最大值，考虑上述倍增思想。

重新设计状态，

用 \(f(i,j)\) 表示区间 \([i,i+2^j-1]\) 的最大值，也就是从 \(i\) 开始的 \(2^j\) 个数。

考虑这样子递推的边界，

• 显然 \(f(i,0)=a_i\)。
• 显然 \(f(i,j)=\max\{f(i,j-1),f(i+2^{j-1},j-1)\}\)。

这么折半的预处理，可以做到 \(\mathcal O(n\log n)\) 的复杂度。

考虑查询，如果我们按照朴素的思想去处理的话，也是 \(\mathcal O(n\log n)\) 的，但是

有一个很简单的性质，\(\max\{x,x\}=x\)，这意味着我们可以重复计算一个区间的最大值。

于是，我们可以把区间中一部分重复的区间跳过，直接去计算：

能覆盖整个区间的两个左右端点上的整个区间，就可以做到 \(\mathcal O(1)\)。

除 RMQ 以外，还有其它的「可重复贡献问题」。例如「区间按位与」、「区间按位或」等。

ST 表能较好的维护「可重复贡献」的区间信息（同时也应满足结合律），时间复杂度较低。

可重复贡献问题是指满足 \(x\operatorname{opt} x=x\) 的运算对应的区间询问。

例如，\(\max(x,x)=x\)，\(\operatorname{gcd}(x,x)=x\)，等等。

所以 RMQ 和区间 GCD 就是一个可重复贡献问题，像区间和就不具有这个性质。

如果预处理区间重叠了，则会导致重叠部分被计算两次，这是我们所不愿意看到的。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

constexpr int N = 2e5 + 10;
constexpr int K = 20;

int n, a[N];

int st[N][K];

#define pow2(x) (1 << (x))

void build() {
    for (int i = 1; i <= n; ++i) st[i][0] = a[i];
    for (int k = 1; k < K; ++k) for (int i = 1; i + pow2(k) - 1 <= n; ++i) st[i][k] = max(st[i][k - 1], st[i + pow2(k - 1)][k - 1]);
}

int query(int p, int q) {
    int k = log2(q - p + 1);
    return max(st[p][k], st[q - pow2(k) + 1][k]);
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    cin >> n;
    copy_n(istream_iterator<int>(cin), n, a + 1);
    build();
    int q, l, r; cin >> q;
    while (q--) cin >> l >> r, cout << query(l, r) << endl;
    return 0;
}

不支持修改（复杂度很差）。

UPD on 20240725：更新下面内容。

为了空间局部性，我们把 ST 表第二维放到前面，如下，

int st[K][N];

#define pow2(x) (1 << (x))

void build() {
    for (int i = 1; i <= n; ++i) st[0][i] = a[i];
    for (int k = 1; k < K; ++k) for (int i = 1; i + pow2(k) - 1 <= n; ++i) st[k][i] = min(st[k - 1][i], st[k - 1][i + pow2(k - 1)]);
}

int query(int p, int q) {
    int k = __lg(q - p + 1);
    return min(st[k][p], st[k][q - pow2(k) + 1]);
}

同时使用 __lg 计算 \(\log_2\)，这样可以获得更快的运行速度。

评测记录：

• \(f(i,k)\)：AC 659 ms https://judge.yosupo.jp/submission/223238.

• \(f(k,i)\)：AC 624 ms https://judge.yosupo.jp/submission/223236.