ST表

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0x00 概述

ST表(Sparse Table)是一种基于倍增思想的数据结构，可用于区间查询。

0x10 ST表

0x11 模板

给定一个长度为 $n$ 的数列，和 $q$ 次询问，求出每一次询问的区间内数字的最大值。

对于 $100\%$ 的数据，满足 $1\le n\le {10}^5$ ， $1\le q\le 2\times{10}^6$ 。

可以发现，询问的次数明显大于数列长度，线段树每次查询是 $O(\log n)$ 的，TLE，无法通过。

0x12 正解: ST表。

我们可以维护这样一个数据结构：

建立：设 $n$ 为数列长度，原数列为a[i]， $m=\lfloor log_2n\rfloor$ .建立一个表格g[n][m],g[i][j]表示区间 $[i,i+2^j-1]$ 中的最大值，即 $\max\{a[x] \}(x\in[i,i+2^j-1])$ .
初始化：显然，当 $j=0$ 时，g[i][j]=a[i]。 $j\neq0$ 时，g[i][j]=max(g[i][j-1],g[i+pow(2,j-1)][j-1])

如图。
查询：设查询区间左右端点为 $l,r$ ，长度 $len=r-l+1$ 。我们在表里找到两个区间 $t_1,t_2$ ，满足：可重但是不能漏地覆盖 $[l,r]$ 。

显然， $t_1$ 的左端点是 $l$ ， $t_2$ 的右端点是 $r$ 。

两个区间的一个端点已经分别确定，只需要一个合适的区间长度 $m$ 。

设区间长度 $len=r-l+1$ ，则区间长度 $m$ 显然必须满足这些条件：
1. $2m\geq len$ ，不然没有办法全部覆盖。
1. $m\leq len$ ，不然 $t_1,t_2$ 会超过查询区间的边界。
1. $m=2^x$ ，其中 $x\in\mathbb{N}$ ，不然 $t_1,t_2$ 在表格里面找不到。
  并且两个区间的长度都为 $2^{\lfloor \log_2 \rfloor}$ 时，可以满足上面的条件。
$x=\lfloor \log_2 len\rfloor$ 时，符合条件。

此时, $t_1=[l,l+2^{x}-1],t_2=[r-2^x+1,r]$ ，在g[n][m]里就分别是t1=g[l][x]和t2=g[r-pow(2,x)+1][x]。

最后的结果就是max(t1,t2)。

0x13 复杂度分析

空间复杂度：一个 $\log n$ 行 $n$ 列的表， $n\log n$ 。

时间复杂度：初始化时每次 $O(1)$ 填入一个g[i][j]，表格里有 $n\log n$ 个数需要计算，所以是 $O(n\log n)$ 的。查询时 $O(1)$ 得到答案。总复杂度是 $O(n\log n+q)$ 。

可以通过模板题。

0x14 代码

题目：link

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int g[100005][17];//log 1e5=16.6
int main(){
	int n,m,q;
	cin>>n>>q;
	m=__lg(n)+1;//st表的行数,__lg(x)可以在O(1)内返回floor(log2(x)).
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>g[i][0];
	}
	for(int j=1;j<=m;j++){
		for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){//区间不能超
			g[i][j]=max(g[i][j-1],g[i+(int)pow(2,j-1)][j-1]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=q;i++){
		int l,r;
		cin>>l>>r;
		int len=r-l+1;
		int x=__lg(len);
		int ans=max(g[l][x],g[r-(int)pow(2,x)+1][x]);
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

轻微卡常（快读，\n，pow改成位运算等）即可通过。

注意：这里初始化最好就这么写，最好不要进行什么额外的操作，不然容易出锅。

0x20 优缺点分析

我们把它和也可以完成区间RMQ的线段树相比。

0x21 优点

显然，三个数据结构中，只有ST表能做到O(1)查询，适合在 $q$ 很大的时候使用。
而且，ST表的码量比线段树少很多，甚至比树状数组还小一点。

0x22 缺点

只能计算可重复贡献问题，比如说像最大值这种， $\max\{[1,6]\}=\max\{\max\{[1,4]\},\max\{[3,6]\}\}$ 。 $3,4$ 被重复计算但是对结果没有影响。可重复贡献问题还有区间按位与，按位或，GCD等。~~连一个区间求和都做不成~~
不能做带修的。

0x30 习题

0x31 Problem 1

link：P7333 [JRKSJ R1]JFCA ~~名字好评~~

Solution：

首先进行一个破环为链，变成一个长度为 $2n$ 的链（经典操作），只存 $a_i$ ， $b_i$ 不管。

显然，区间 $[k,k+x]$ 的最大值在 $x$ 递增时，是单调递增的，于是我们可以有以下操作：

对于每一个点 $i$ ，如果链上的区间 $[i+1,i+n/2]$ 的最大值 $\geq b_i$ （等价于“存在点 $j$ 满足 $j\in[i+1,i+n/2]\land a_j\geq b_i$ ”）,那么就在此区间上二分，找到一个满足 $[i+1,j]$ 的最大值 $\geq b_i$ 且编号尽可能最小的点 $j$ ，算一下 $i$ 和 $j$ 的距离即可。

对于区间 $[i-n/2,i-1]$ 进行相似的操作，所得结果和上面那个区间的结果取个 $\min$ 就好。（注意进行无解的判断）

区间最大值显然直接使用ST表， $O(1)$ 解决。

另外， $i-n/2$ 可能是负数，遇到负数直接把区间往右平移 $n$ 就可以。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct pt{
	int a;
	int b;
}a[100007];
int n;
int chain[200014];//链
int st[200014][18];
int query(int l,int r){//查询，l可以不>r,也可以是负数
	if(l>r){
		swap(l,r);
	}
	int len=r-l+1;
	if(l<=0){
		l+=n;
		r+=n;
	}
	int x=__lg(len);
	return max(st[l][x],st[r-(1<<x)+1][x]);//经典公式
}
int bs(int k,int l,int r){//[i+1,i+n/2]的二分
	if(l==r){
		return r-k;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	if(query(k+1,mid)<a[k].b){//查询[k+1,mid]有没有解
		return bs(k,mid+1,r);
	}else{
		return bs(k,l,mid);
	}
}
int rev_bs(int k,int l,int r){//[i-n/2,i-1]的二分
	if(l==r){
		return k-r;
	}
	int mid=(l+r+1)/2;//不+1有死循环（其他方式避免也可以
	if(query(k-1,mid)<a[k].b){
		return rev_bs(k,l,mid-1);
	}else{
		return rev_bs(k,mid,r);
	}
}
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i].a;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i].b;
	}
	if(n==1){//n=1要特判
		cout<<-1;
		return 0;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		chain[i]=a[i].a;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){//再复制一遍，长度变成2n
		chain[i+n]=a[i].a;
	}
	for(int i=1;i<=2*n;i++){
		st[i][0]=chain[i];
	}
	for(int j=1;j<=18;j++){//初始化
		for(int i=1;i+(1<<j)-1<=2*n;i++){
			st[i][j]=max(st[i][j-1],st[i+(1<<(j-1))][j-1]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int ans=min((query(i+1,i+n/2)<a[i].b?0x3f3f3f3f:bs(i,i+1,i+n/2)),(query(i-1,i-n/2)<a[i].b?0x3f3f3f3f:rev_bs(i,i-n/2,i-1)));
		//重点长难句 包括对区间里有没有解的预先判断，两个解取min等
		cout<<(ans==0x3f3f3f3f?-1:ans)<<' ';//无解判断
	}
}

0x32 Problem 2

link：P8818 [CSP-S 2022] 策略游戏 ~~进行鞭尸~~

Solution：我觉得这道题应该不需要Solution了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a_max[100005][17];
int a_min[100005][17];
int b_max[100005][17];
int b_min[100005][17];
int a_pos[100005][17];
int a_neg[100005][17];
int a[100005];
int b[100005];
int main(){
	int n,m,q;
	cin>>n>>m>>q;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>b[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a_max[i][0]=a[i];
		a_min[i][0]=a[i];
		if(a[i]>=0){
			a_pos[i][0]=a[i];
		}else{
			a_pos[i][0]=0x3f3f3f3f;
		}
		if(a[i]<=0){
			a_neg[i][0]=a[i];
		}else{
			a_neg[i][0]=-0x3f3f3f3f;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		b_max[i][0]=b[i];
		b_min[i][0]=b[i];
	}
	for(int j=1;j<=17;j++){
		for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
			a_max[i][j]=max(a_max[i][j-1],a_max[i+(1<<(j-1))][j-1]);
			a_min[i][j]=min(a_min[i][j-1],a_min[i+(1<<(j-1))][j-1]);
			b_max[i][j]=max(b_max[i][j-1],b_max[i+(1<<(j-1))][j-1]);
			b_min[i][j]=min(b_min[i][j-1],b_min[i+(1<<(j-1))][j-1]);
			a_pos[i][j]=min(a_pos[i][j-1],a_pos[i+(1<<(j-1))][j-1]);
			a_neg[i][j]=max(a_neg[i][j-1],a_neg[i+(1<<(j-1))][j-1]);
		}
	}
	#define int long long
	for(int i=1;i<=q;i++){
		int l1,r1,l2,r2;
		cin>>l1>>r1>>l2>>r2;
		int amax=max(a_max[l1][__lg(r1-l1+1)],a_max[r1-(1<<(__lg(r1-l1+1)))+1][__lg(r1-l1+1)]);
		int amin=min(a_min[l1][__lg(r1-l1+1)],a_min[r1-(1<<(__lg(r1-l1+1)))+1][__lg(r1-l1+1)]);
		int bmax=max(b_max[l2][__lg(r2-l2+1)],b_max[r2-(1<<(__lg(r2-l2+1)))+1][__lg(r2-l2+1)]);
		int bmin=min(b_min[l2][__lg(r2-l2+1)],b_min[r2-(1<<(__lg(r2-l2+1)))+1][__lg(r2-l2+1)]);
		int apos=min(a_pos[l1][__lg(r1-l1+1)],a_pos[r1-(1<<(__lg(r1-l1+1)))+1][__lg(r1-l1+1)]);
		int aneg=max(a_neg[l1][__lg(r1-l1+1)],a_neg[r1-(1<<(__lg(r1-l1+1)))+1][__lg(r1-l1+1)]);
		if(amin>=0&&bmin>=0){
			cout<<amax*bmin<<endl;
			continue;
		}
		if(amin>=0&&bmin<=0){
			cout<<amin*bmin<<endl;
			continue;
		}
		if(amax<=0&&bmax<=0){
			cout<<amin*bmax<<endl;
			continue;
		}
		if(amax<=0&&bmax>=0){
			cout<<amax*bmax<<endl;
			continue;
		}
		if(bmin>=0){
			cout<<amax*bmin<<endl;
			continue;
		}
		if(bmax<=0){
			cout<<amin*bmax<<endl;
			continue;
		}
		cout<<max(apos*bmin,aneg*bmax)<<endl;
		continue;
	}
}

0x33 Problem 3

link：P7974 [KSN2021] Delivering Balls ~~阴间的~~

不要看他的题面，翻译的很不好。 可以看这个。

Solution：实为阴间题。

我们把题目里面的蓝线叫做山~~（很形象对不对）~~，起点设为 $l$ ，终点设为 $r$ 。

首先我们先进行一个贪心：

绝不会出现掉头（往远离终点的方向走）的情况：显然。
能斜着走就不直上直下：看图，黑字是每一段消耗的体力。

如图红线和绿线的花费是一样的，所以不如直接找到使得 $H_i-H_{l}-(l-i)$ 最大的 $i$ ，在 $l$ 上原地升天 $H_i-H_{l}-(l-i)$ 这么多。（不知道这个柿子是什么意思？就是相当于一个“经过 $H_i$ 的斜率为1的直线（在图中用黑线表示）在 $l$ 上的截距”,就是红线和绿线在起点直上直下的部分）。

如图，绿线顶个尖尖出来完全没有必要，路径一定是尽可能地“平”。

经过这一番贪心，我们可以得出最终路径的大概模样：

设“使得 $H_i-H_{l}-(l-i)$ 最大的 $i$ ”为 $lhigh$ ,“使得 $H_i-H_{r}-(i-r)$ 最大的 $i$ ”为 $rhigh$ 。

第一部分： $l$ 到 $lhigh$ 。（图中为 $1\to2$ ）

第二部分： $lhigh$ 到 $rhigh$ 。（图中为 $2\to8$ ）

第三部分： $rhigh$ 到 $r$ 。（图中为 $8\to 8$ ，不存在）

我们算一下每一部分的体力消耗。

第一部分：显然就是 $4(H_{lhigh}-H_l)$ （四倍高度差）。

第二部分：设 $[lhigh,rhigh]$ 中的最高峰为 $nhigh$ 。

第二部分可以再分成三小段：上升段，平行段，下降段。

上升段为 $4(H_{nhigh}-H_{lhigh})$ （也是四倍高度差）

下降段为 $H_{nhigh}-H_{rhigh}$ （一倍高度差）

平行段为 $2((rhigh-lhigh)-(H_{nhigh}-H_{lhigh})-(H_{nhigh}-H_{rhigh}))$ (总长度减去上升段和下降段就是平行段)

第三部分： $H_{rhigh}-H_r$ （一倍高度差）

最后相加就是总体力消耗了。

下面,考虑一下 $lhigh,rhigh,nhigh$ 怎么求。

$nhigh$ 不必多说。ST表，在初始化的时候顺带维护最大值的位置即可。

至于 $lhigh$ ，看一下定义： $H_i-H_{l}-(l-i)$ 最大的 $i$ 。 $H_l$ 和 $l$ 是定值，对于每个山都一样。把这两个东西从柿子里扔掉，我们发现，第 $i$ 个山获得了 $i$ 的加成。所以。对于所有 $H_i$ ，我们直接把 $H_i-=i$ ，此时 $lhigh$ 就是区间 $[l,r]$ 的最大值。ST表维护。

$rhigh$ 区别不大，改成 $H_i-=(N-i+1)$ 即可。

最后，我们就完成了这道题。

还有一些细节：

有可能 $l>r$ 。swap一下然后把四倍高度差一倍高度差对调一下就行。
山的高度 $<1e9$ ，会爆int，开long long。

阴间代码警告！！

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
struct ST{
	int val;
	int pos;//最大值的位置也需要维护
};
int a[200005];
int l_a[200005];
int r_a[200005];
ST st_l[200005][19];
ST st_r[200005][19];
ST st_n[200005][19];
signed main(){
	int n,q;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		l_a[i]=a[i]-i;//为了维护lhigh，处理原数据
		r_a[i]=a[i]-(n-i+1);//rhigh
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		st_l[i][0].val=l_a[i];
		st_r[i][0].val=r_a[i];
		st_n[i][0].val=a[i];
		st_l[i][0].pos=i;
		st_r[i][0].pos=i;
		st_n[i][0].pos=i;
	}
	for(int j=1;j<=19;j++){//大型初始化现场
		for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
			if(st_l[i][j-1].val>st_l[i+(1<<(j-1))][j-1].val){
				st_l[i][j].val=st_l[i][j-1].val;
				st_l[i][j].pos=st_l[i][j-1].pos;
			}else{
				st_l[i][j].val=st_l[i+(1<<(j-1))][j-1].val;
				st_l[i][j].pos=st_l[i+(1<<(j-1))][j-1].pos;
			}
		
			if(st_r[i][j-1].val>st_r[i+(1<<(j-1))][j-1].val){
				st_r[i][j].val=st_r[i][j-1].val;
				st_r[i][j].pos=st_r[i][j-1].pos;
			}else{
				st_r[i][j].val=st_r[i+(1<<(j-1))][j-1].val;
				st_r[i][j].pos=st_r[i+(1<<(j-1))][j-1].pos;
			}
		
			if(st_n[i][j-1].val>st_n[i+(1<<(j-1))][j-1].val){
				st_n[i][j].val=st_n[i][j-1].val;
				st_n[i][j].pos=st_n[i][j-1].pos;
			}else{
				st_n[i][j].val=st_n[i+(1<<(j-1))][j-1].val;
				st_n[i][j].pos=st_n[i+(1<<(j-1))][j-1].pos;
			}
		}
	}
	cin>>q;
	for(int i=1;i<=q;i++){
		bool rev=false;
		int l,r;
		cin>>l>>r;
		if(l>r){//如果l>r，交换，标记reverse用来调整体力倍率
			rev=true;
			swap(l,r);
		}
		ST lhigh=(st_l[l][__lg(r-l+1)].val>st_l[r-(1<<(__lg(r-l+1)))+1][__lg(r-l+1)].val?
				 st_l[l][__lg(r-l+1)]:st_l[r-(1<<(__lg(r-l+1)))+1][__lg(r-l+1)]);
		ST rhigh=(st_r[l][__lg(r-l+1)].val>st_r[r-(1<<(__lg(r-l+1)))+1][__lg(r-l+1)].val?
				 st_r[l][__lg(r-l+1)]:st_r[r-(1<<(__lg(r-l+1)))+1][__lg(r-l+1)]);
		ST nhigh=(st_n[l][__lg(r-l+1)].val>st_n[r-(1<<(__lg(r-l+1)))+1][__lg(r-l+1)].val?
				 st_n[l][__lg(r-l+1)]:st_n[r-(1<<(__lg(r-l+1)))+1][__lg(r-l+1)]);
		//阴间的......
		cout<<
			  (a[lhigh.pos]-a[l])*(rev?1:4)
			+ (a[nhigh.pos]-a[lhigh.pos])*(rev?1:4)
			+ (rhigh.pos-lhigh.pos-(a[nhigh.pos]-a[lhigh.pos])-(a[nhigh.pos]-a[rhigh.pos]))*2
			+ (a[nhigh.pos]-a[rhigh.pos])*(rev?4:1)
			+ (a[rhigh.pos]-a[r])*(rev?4:1)
		<<endl;
	}
}

闲话：其实这道题除了代码毒瘤一点还是很可以的，把题目中“行变换计算体力”改成“列变换计算体力”也能做思路差不多而且会简单很多（不要问我为什么知道问就是读错题了...）。另外，用线段树做一个带修的版本也很好，甚至可以再加上山的删除（类似链表那种删除，删掉以后位置也被挤掉那种），用线段树应该也可以进行解决（没仔细想，应该没问题），再毒瘤一点可以再塞一个在末尾增加山，好像也能做......总之扩展一下还能玩出很多新花样~~，然后在毒瘤的路上越走越远~~[doge]

0x40 额外题单

P2880 [USACO07JAN] Balanced Lineup G：板子。

P7809 [JRKSJ R2] 01 序列：维护的东西很有意思

posted @ 2023-02-02 16:05 Cerebral_fissure 阅读(65) 评论(0) 编辑收藏举报

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