数据结构进阶：ST表

简介

ST 表是用于解决 可重复贡献问题 的数据结构。

什么是可重复贡献问题？

​ 可重复贡献问题 是指对于运算 $\mathrm{opt}$ ，满足 $x\mathrm{opt}x=x$ ，则对应的区间询问就是一个可重复贡献问题。例如，最大值有 $max(x,x)=x$ ，gcd 有 $\gcd (x,x)=x$ ，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，如果求区间和的时候采用的预处理区间重叠了，则会导致重叠部分被计算两次，这是我们所不愿意看到的。另外， $\mathrm{opt}$ 还必须满足结合律才能使用 ST 表求解。

什么是RMQ？

​ RMQ 是英文 Range Maximum/Minimum Query 的缩写，表示区间最大（最小）值。解决 RMQ 问题有很多种方法，如 线段树 、单调栈、ST表 和 Four Russian -- 基于 ST 表的算法。

引入

ST 表模板题

题目大意：给定 $n$ 个数，有 $m$ 个询问，对于每个询问，你需要回答区间 $[l,r]$ 中的最大值。

考虑暴力做法。每次都对区间 $[l,r]$ 扫描一遍，求出最大值。

显然，这个算法会超时。

ST 表

ST 表基于 倍增 思想，可以做到 $\mathrm{\Theta }(n\log n)$ 预处理， $\mathrm{\Theta }(1)$ 回答每个询问。但是不支持修改操作。

基于倍增思想，我们考虑如何求出区间最大值。可以发现，如果按照一般的倍增流程，每次跳 $2^i$ 步的话，询问时的复杂度仍旧是 $\mathrm{\Theta }(\log n)$ ，并没有比线段树更优，反而预处理一步还比线段树慢。

我们发现 $max(x,x)=x$ ，也就是说，区间最大值是一个具有“可重复贡献”性质的问题。即使用来求解的预处理区间有重叠部分，只要这些区间的并是所求的区间，最终计算出的答案就是正确的。

如果手动模拟一下，可以发现我们能使用至多两个预处理过的区间来覆盖询问区间，也就是说询问时的时间复杂度可以被降至 $\mathrm{\Theta }(1)$ ，在处理有大量询问的题目时十分有效。

具体实现如下：

令 $f(i,j)$ 表示区间 $[i,i+2^j-1]$ 的最大值。

显然 $f(i,0)=a_i$ 。

根据定义式，第二维就相当于倍增的时候“跳了 $2^j-1$ 步”，依据倍增的思路，写出状态转移方程： $f(i,j)=max(f(i,j-1),f(i+2^{j-1},j-1))$ 。

以上就是预处理部分。而对于查询，可以简单实现如下：

对于每个询问 $[l,r]$ ，我们把它分成两部分： $f[l,l+2^s-1]$ 与 $f[r-2^s+1,r]$ 。

其中 $s=\lfloor {\log }_2(r-l+1)\rfloor$ 。

根据上面对于“可重复贡献问题”的论证，由于最大值是“可重复贡献问题”，重叠并不会对区间最大值产生影响。又因为这两个区间完全覆盖了 $[l,r]$ ，可以保证答案的正确性。

小结：

稀疏表(SparseTable)算法是 $O(nlogn)-O(1)$ 的，对于查询很多大的情况下比较好。
ST算法预处理：用 $dp[i,j]$ 表示从i开始的，长度为 $2^j$ 的区间的 RMQ ，则有递推式

$$dp[i,j]=mindp[i,j-1],dp[i+2j-1,j-1]$$

即用两个相邻的长度为 $2j-1$ 的块，更新长度为 $2j$ 的块。因此，预处理时间复杂度为 $O(nlogn)$。
这个算法记录了所有长度形如 $2k$ 的所有询问的结果。
从这里可以看出，稀疏表算法的空间复杂度为 $O(nlogn)$。

模板如下：

#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;

int a[50001];
int f[50001][16];
int n;

void rmq_init()  //建立： dp(i,j) = min{dp(i,j-1),dp(i+2^(j-1),j-1)   O(nlogn)
{
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        f[i][0] = a[i];
    int k = floor(log((double)n) / log(2.0));  // C/C++取整函数ceil()大,floor()小
    for (int j = 1; j <= k; j++)
        for (int i = n; i >= 1; i--) {
            if (i + (1 << (j - 1)) <=
                n)  // f(i,j) = min{f(i,j-1),f(i+2^(j-1),j-1)
                f[i][j] = min(f[i][j - 1], f[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
        }
}

int rmq(int i, int j)  //查询：返回区间[i,j]的最小值     O(1)
{
    int k = floor(log((double)(j - i + 1)) / log(2.0));
    return min(f[i][k], f[j - (1 << k) + 1][k]);
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &a[i]);
    rmq_init();
    printf("%d\n", rmq(2, 5));
}

例题

• ST 表模板题

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int logn = 21;
const int maxn = 2000001;
int Logn[maxn], f[maxn][logn];
int n, m;

inline int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while (!isdigit(ch)) { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }
	while (isdigit(ch)) { x = x * 10 + ch - 48; ch = getchar(); }
	return x * f;
}

void pre() {
	Logn[1] = 0, Logn[2] = 1;
	for (int i = 3; i < maxn; ++i) 
		Logn[i] = Logn[i / 2] + 1;
}
int main() {
	//freopen("in.txt", "r", stdin);
	//ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
	n = read(), m = read();
	for (int i = 1; i <= n; ++i)f[i][0] = read();
	pre();
	//f(i,j) = max(f(i,j - 1),f(i + 1 << (j - 1),j - 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]);
	int x, y;
	while (m--) {
		x = read(), y = read();
		int s = Logn[y - x + 1];
		printf("%d\n", max(f[x][s], f[y - (1 << s) + 1][s]));
	}
}

• poj 3264 Balanced Lineup
  　　题意：求区间的最大值和最小值。
  　　这道题有很多种方法（比如线段树），用ST表代码简洁，详细代码如下：

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define N 100005
using namespace std;
int n, q, a[N];
int mx[N][18], mn[N][18];
void Rmq_Init() {
    int m = floor(log((double)n) / log(2.0));
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        mx[i][0] = mn[i][0] = a[i];
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        for (int j = n; j; j--) {
            mx[j][i] = mx[j][i - 1];
            mn[j][i] = mn[j][i - 1];
            if (j + (1 << (i - 1)) <= n) {
                mx[j][i] = max(mx[j][i], mx[j + (1 << (i - 1))][i - 1]);
                mn[j][i] = min(mn[j][i], mn[j + (1 << (i - 1))][i - 1]);
            }
        }
}
int Rmq_Query(int l, int r) {
    int m = floor(log((double)(r - l + 1)) / log(2.0));
    int Max = max(mx[l][m], mx[r - (1 << m) + 1][m]);
    int Min = min(mn[l][m], mn[r - (1 << m) + 1][m]);
    return Max - Min;
}
int main() {
    while (scanf("%d%d", &n, &q) != EOF) {
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            scanf("%d", &a[i]);
        Rmq_Init();
        while (q--) {
            int l, r;
            scanf("%d%d", &l, &r);
            printf("%d\n", Rmq_Query(l, r));
        }
    }
    return 0;
}

注意点

1. 输入输出数据一般很多，建议开启输入输出优化。

2. 每次用 std::log 重新计算 log 函数值并不值得，建议进行如下的预处理：

$$\{\begin{array}{rl}Logn[1]& =0,\\ Logn\left[i\right]& =Logn[\frac{i}{2}]+1.\end{array}$$

ST 表维护其他信息

除 RMQ 以外，还有其它的“可重复贡献问题”。例如“区间按位和”、“区间按位或”、“区间 GCD”，ST 表都能高效地解决。

需要注意的是，对于“区间 GCD”，ST 表的查询复杂度并没有比线段树更优（令值域为 $w$ ，ST 表的查询复杂度为 $\mathrm{\Theta }(\log w)$ ，而线段树为 $\mathrm{\Theta }(\log n+\log w)$ ，且值域一般是大于 $n$ 的），但是 ST 表的预处理复杂度也没有比线段树更劣，而编程复杂度方面 ST 表比线段树简单很多。

如果分析一下，“可重复贡献问题”一般都带有某种类似 RMQ 的成分。例如“区间按位与”就是每一位取最小值，而“区间 GCD”则是每一个质因数的指数取最小值。

总结

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，代码量相对其他算法很小。但是，ST 表能维护的信息非常有限，不能较好地扩展，并且不支持修改操作。

练习

RMQ 模板题

SCOI2007」降雨量

平衡的阵容 Balanced Lineup

---

以下摘自网络，仅作为学习算法使用，侵权删。

附录：ST 表求区间 GCD 的时间复杂度分析

在算法运行的时候，可能要经过 $\mathrm{\Theta }(\log n)$ 次迭代。每一次迭代都可能会使用 GCD 函数进行递归，令值域为 $w$ ，GCD 函数的时间复杂度最高是 $\mathrm{\Omega }(\log w)$ 的，所以总时间复杂度看似有 $O(n\log n\log w)$ 。

但是，在 GCD 的过程中，每一次递归（除最后一次递归之外）都会使数列中的某个数至少减半，而数列中的数最多减半的次数为 ${\log }_2(w^n)=\mathrm{\Theta }(n\log w)$ ，所以，GCD 的递归部分最多只会运行 $O(n\log w)$ 次。再加上循环部分（以及最后一层递归）的 $\mathrm{\Theta }(n\log n)$ ，最终时间复杂度则是 $O(n(\log w+\log x))$ ，由于可以构造数据使得时间复杂度为 $\mathrm{\Omega }(n(\log w+\log x))$ ，所以最终的时间复杂度即为 $\mathrm{\Theta }(n(\log w+\log x))$ 。

而查询部分的时间复杂度很好分析，考虑最劣情况，即每次询问都询问最劣的一对数，时间复杂度为 $\mathrm{\Theta }(\log w)$ 。因此，ST 表维护“区间 GCD”的时间复杂度为预处理 $\mathrm{\Theta }(n(\log n+\log w))$ ，单次查询 $\mathrm{\Theta }(\log w)$ 。

线段树的相应操作是预处理 $\mathrm{\Theta }(n\log x)$ ，查询 $\mathrm{\Theta }(n(\log n+\log x))$ 。

这并不是一个严谨的数学论证，更为严谨的附在下方：

更严谨的证明
理解本段，可能需要具备 时间复杂度 的关于“势能分析法”的知识。

先分析预处理部分的时间复杂度：

设“待考虑数列”为在预处理 ST 表的时候当前层循环的数列。例如，第零层的数列就是原数列，第一层的数列就是第零层的数列经过一次迭代之后的数列，即 st[1..n][1] ，我们将其记为 $A$ 。

而势能函数就定义为“待考虑数列”中所有数的累乘的以二为底的对数。即： $\mathrm{\Phi }(A)={\log }_2\left(\prod _{i=1}^n{A}_i\right)$ 。

在一次迭代中，所花费的时间相当于迭代循环所花费的时间与 GCD 所花费的时间之和。其中，GCD 花费的时间有长有短。最短可能只有两次甚至一次递归，而最长可能有 $O(\log w)$ 次递归。但是，GCD 过程中，除最开头一层与最末一层以外，每次递归都会使“待考虑数列”中的某个结果至少减半。即， $\mathrm{\Phi }(A)$ 会减少至少 $1$ ，该层递归所用的时间可以被势能函数均摊。

同时，我们可以看到， $\mathrm{\Phi }(A)$ 的初值最大为 ${\log }_2(w^n)=\mathrm{\Theta }(n\log w)$ ，而 $\mathrm{\Phi }(A)$ 不增。所以，ST 表预处理部分的时间复杂度为 $O(n(\log w+\log n))$ 。