AcWing 1273. 天才的记忆

$AcWing$ $1273$. 天才的记忆

一、题目描述

从前有个人名叫 $WNB$，他有着天才般的记忆力，他珍藏了许多许多的宝藏。

在他离世之后留给后人一个难题（专门考验记忆力的啊！），如果谁能轻松回答出这个问题，便可以继承他的宝藏。

题目是这样的：给你一大串数字（编号为 $1$ 到 $N$，大小可不一定哦！），在你看过一遍之后，它便消失在你面前，随后问题就出现了，给你 $M$ 个询问，每次询问就给你两个数字 $A,B$，要求你瞬间就说出属于 $A$ 到 $B$ 这段区间内的最大数。

一天，一位美丽的姐姐从天上飞过，看到这个问题，感到很有意思（主要是据说那个宝藏里面藏着一种美容水，喝了可以让这美丽的姐姐更加迷人），于是她就竭尽全力想解决这个问题。

但是，她每次都以失败告终，因为这数字的个数是在太多了！

于是她请天才的你帮他解决。如果你帮她解决了这个问题，可是会得到很多甜头的哦！

输入格式
第一行一个整数 $N$ 表示数字的个数。

接下来一行为 $N$ 个数，表示数字序列。

第三行读入一个 $M$，表示你看完那串数后需要被提问的次数。

接下来 $M$ 行，每行都有两个整数 $A,B$。

输出格式
输出共 $M$ 行，每行输出一个数，表示对一个问题的回答。

数据范围
$1≤N≤2×10^5,1≤M≤10^4,1≤A≤B≤N$。

输入样例：

6
34 1 8 123 3 2
4
1 2
1 5
3 4
2 3

输出样例：

34
123
123
8

二、$RMQ$问题

询问某个区间内的最大或最小值,一般采用$ST$算法，也称$ST$表、跳表。

缺陷：离线算法，不能修改，否则需要用到线段树

暴力解法

容易想到的是遍历，查询一次的复杂度是$O(n)$。但当数据量非常大且查询很频繁时，该算法无法在有效的时间内查询出正解,多次时的复杂度是$O(N*M)$

$ST$算法

1、预处理

状态表示
设$a[i]$是要求区间最值的数列，$f[i][j]$表示 从第$i$个数起连续$2^j$个数中的最大值

举栗子：
$a$数列为： $$\large 3　 2　 4　 5　 6　 8　 1　 2　 9　 7$$

$f[1,0]$表示第$1$个数起，长度为$2^0=1$的最大值，其实就是$3$这个数。
$f[1,1] = max(3,2) = 3$
$f[1,2]=max(3,2,4,5) = 5$
$f[1,3] = max(3,2,4,5,6,8,1,2) = 8$;

初始值
可以容易的看出$f[i,0]$就等于$a[i]$。（$dp$的初始值）

状态转移

$Q$:为什么$j$是外循环而$i$是内循环?
能不能 调换一下嘞？
答案是 不可以,这个类似于 区间$DP$，需要先枚举长度。

你可以这样来理解：动态规划体现在二维数组形式上，就是一个二维填表的过程，可能采用的顺序是：

• 从左到右，从上到下去填写
• 从上到下，从左到右去填写
• 从右下角向左上角去填写
• ....

具体该怎么填写，其实是和实际场景相关的，必须 保证无后效性，就是这块填写完了就是填写完了，不能一会用到时说还没有填写，那就彼此依赖不上了。本题如果按列填写，就是$j$依赖于$j-1$,也就是按列，可以完成任务。如果是按行，你会发现$i$是东一下，西一下，跳来跳去，整不好就在下一个要用到前序数字时，它还没有完成填充，这样彼此就无法实现依赖了！因此需要先枚举$j$，再枚举$i$。

查询

如何确定$k$呢？

对于每个查询 $[l,r]$，需要先找出最大的一个满足 $\large 2^k<len$ 的 $\large k$，其中
$len=r−l+1$，方法就是两边求对数：

$$\large log_2{2^k}<log_2(len) \\ \Rightarrow \\ k<log_2(len)$$

$k$要想取最大的整数，就是$(int)(log_2(len))$
如果是给整数赋值，就不用写强制转换，故直接写成：

int k = log2(len);

构造交集
查询时通过构建$2^k$的方法，造成$\large [a,a+2^k-1]$与$\large [b-2^k+1,b]$存在一个交集，分别求$f(a,k)$与$f(b-2^k+1,k)$，然后取一个$max$就是答案，虽然这里有一部分是重复的，但求最大值不怕重复！同时，也因为这个原因，使得$st$算法，也就只能用来计算最大最小值，不能用来处理其它需求。　

三、实现代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 200010, M = 18;

int n, m;
int w[N];
int f[N][M];

// 预处理
void rmq() {
    for (int j = 0; j < M; j++)                     // 注意是j在外层,类似于区间DP,长度在外层
        for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++) // i(行)在内层
            if (j == 0)                             // base case 边界值
                f[i][j] = w[i];
            else
                f[i][j] = max(f[i][j - 1], f[i + (1 << j - 1)][j - 1]);
}

// 查询区间最大值
int query(int l, int r) {
    int len = r - l + 1;
    int k = log2(len);
    return max(f[l][k], f[r - (1 << k) + 1][k]);
}

int main() {
    // 加快读入
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i];

    rmq(); // ST表初始化

    cin >> m;
    while (m--) {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        printf("%d\n", query(l, r));
    }
    return 0;
}

四、练习题

最大、最小一起来

思路
这一题是需要用到最大值和最小值两个$RMQ$，求出来后再相减就是答案。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 200010, M = 20;
int w[N];             // 原始数组
int f[N][M], g[N][M]; // 最大值结果数组，最小值结果数组

int n, q;
/*
输入样例：
6 3
1 7 3 4 2 5
1 5
4 6
2 2

答案：
6
3
0
*/
// 预处理最大值
void rmqMax() {
    for (int j = 0; j < M; j++)                     // 注意是j在外层,类似于区间DP,长度在外层
        for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++) // i(行)在内层
            if (j == 0)                             // base case 边界值
                f[i][j] = w[i];
            else
                f[i][j] = max(f[i][j - 1], f[i + (1 << j - 1)][j - 1]);
}
// 查询区间最大值
int queryMax(int l, int r) {
    int len = r - l + 1;
    int k = log2(len);
    return max(f[l][k], f[r - (1 << k) + 1][k]);
}

// 预处理最小值
void rmqMin() {
    for (int j = 0; j < M; j++)                     // 注意是j在外层,类似于区间DP,长度在外层
        for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++) // i(行)在内层
            if (j == 0)                             // base case 边界值
                g[i][j] = w[i];
            else
                g[i][j] = min(g[i][j - 1], g[i + (1 << j - 1)][j - 1]);
}

// 查询区间最小值
int queryMin(int l, int r) {
    int len = r - l + 1;
    int k = log2(len);
    return min(g[l][k], g[r - (1 << k) + 1][k]);
}

int main() {
    // 加快读入
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    cin >> n >> q;

    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i];

    rmqMax(); // ST表初始化
    rmqMin(); // ST表初始化

    while (q--) {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        printf("%d\n", queryMax(l, r) - queryMin(l, r));
    }
    return 0;
}

最大公约数

这一题跟上一题差不多，只需将$max()$改成$\_\_gcd()$就行了。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 200010, M = 18;
/*
输入样例：
5 3
4 12 3 6 7
1 3
2 3
5 5

答案：
1
3
7
*/
int n, q;
int w[N];
int f[N][M];
// 预处理
void rmq() {
    for (int j = 0; j < M; j++)                     // 注意是j在外层,类似于区间DP,长度在外层
        for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++) // i(行)在内层
            if (j == 0)                             // base case 边界值
                f[i][j] = w[i];
            else
                f[i][j] = __gcd(f[i][j - 1], f[i + (1 << j - 1)][j - 1]);
}

// 查询区间最大值
int query(int l, int r) {
    int len = r - l + 1;
    int k = log2(len);
    return __gcd(f[l][k], f[r - (1 << k) + 1][k]);
}
int main() {
    // 加快读入
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    cin >> n >> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i];
    rmq();
    while (q--) {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        printf("%d\n", query(l, r));
    }
    return 0;
}