ST表

ST表

核心：倍增，DP

ST表的核心思想就是倍增和DP的结合，能够用 \(n\log n\) 的时间和空间复杂度的预处理换来 \(O(1)\) 的查询

当题目不涉及带修的时候求最值，ST表必定是最好的选择

我们设 \(f_{i,j}\) 表示从第 \(i\) 个数开始往后数 \(2^j\) 个数的最大值，即表示 \([i,i+2^j-1]\) 这段区间的最大值

首先，当 \(j=0\) 时即表示 \([i,i]\) 也就是 \(a_i\) 的值

我们可以先枚举 \(j\)，然后枚举 \(i\)，转移方程可以写成

\[f_{i,j} = \max(f_{i,j-1}, f_{i+2^{j-1},j-1}) \]

此时我们考虑一下上面的式子的正确性

\(f_{i,j-1}\) 表示 \([i,i+2^{j-1}-1]\)这段区间的最大值

\(f_{i+2^{j-1},j-1}\) 表示 \([i+2^{j-1},i+2^{j-1}+2^{j-1}]\) 即 \([i+2^{j-1},i + 2^j]\) 这一段的最大值

两个拼起来正好和 \(f_{i,j}\) 的意义一致

那么我们怎么查询呢？

我们考虑，首先预处理出 \(lg\) 数组

对于每次读入的 \(l,r\)，我们首先找到 \(k=lg_{r-l+1}\)

我们的答案即为 \(\max(f_{l,k},f_{r-2^k+1,k})\)

接下来我们证明这个答案的正确性

\(f_{l,k}\) 表示 \([l,l + 2^k-1]\)

\(f_{r-2^k+1,k}\) 表示 \([r-2^k+1,r]\)

我们现在要证明两个集合的并集为 \([l,r]\)

我们会发现

只需证 \(l+2^k-1+1 \ge r-2^k+1\)

注意上面我们的 \(l+2^k-1\) 要加一

\[2^k+2^k\ge r-l+1\\ 2^{k+1}\ge r-l+1\\ \]

这个很显然了，因为 \(lg_{r-l+1} = k\)

所以 \(2^{k+1}\) 必然大于 \(r-l+1\)，不然的话，若 \(2^{k+1}\ge r-l+1\)，则 \(log_{r-l+1}> k\)

得证，我们证得上面的式子并集恰好为 \([l,r]\)

code

int n, m;
int a[N], st[N][21], lg[N];
int main() {
    read(n, m);
    rep(i, 1, n) read(st[i][0]);
    rep(i, 2, n) lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
    rep(j, 1, 20)
        rep(i, 0, n + 1 - (1 << j))
            st[i][j] = max(st[i][j - 1], st[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
    rep(i, 1, m) {
        int x, y, k;
        read(x, y);
        k = lg[y - x + 1];
        write(max(st[x][k], st[y - (1 << k) + 1][k]), '\n');
    }
    return 0;
}
// write:RevolutionBP