RMQ问题之ST算法

RMQ问题：求长度为n的数列中，求[i,j]直接的最值。

ST算法：一种动态规划的方法。

 

一、预处理dp数组

对于区间[i,i+2^j-1]的最值，只需要知道区间[i,i+2^(j-1)-1]和区间[i+2^(j-1),i+2^j-1]的最值即可。

　　由此可的递推方程：dp[i,i+2^j-1] = max(dp[i,i+2^(j-1)-1],dp[i+2^(j-1),i+2^j-1])

但是对于一个比较长的数列,2^j是一个非常大的数，我们也可发现，没什么必要直接记录左右端点。

优化为i记录一个起点，j记录类似距离的东西，dp[i,j]表示区间[i,i+2^j-1]。

　　优化后递推方程：dp[i,j] = max(dp[i,j-1],dp[i+2^(j-1),j-1])

预处理dp数组时间复杂度为O(nlogn)。

 

二、查询最值

所以开始把一个区间当dp数组求出来，再进行查询即可。

但是查询时候，知道的是两个端点l,r。

对于区间[l,r]，如何再dp数组中查询呢？

前面讲了i表示起点，j代表类似距离的东西。

很明显l就是i了。可是2^j-1不可能是r，这时候就要找个中间的"j"了。

令len = r-l+1, 则2^k <= len(此处注意不是2^k-1,反证：当2^k-1 == len时，l + 2^k-1 = l + len = r + 1 > r)

　　即[l,r] = max(dp[l,k],dp[r-(2^k)+1,k])

查询时间复杂度为O(1)。

尽管代码比较简洁并且功能比较强大，速度也比较快，可是并没有线段树那么功能多。

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn = 100005;
int ma[maxn][20];
int mi[maxn][20];
int a[maxn];
void init(int n){
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        ma[i][0] = mi[i][0] = a[i];
    for(int j = 1; (1<<j) <= n; ++j)
        for(int i = 1; i+(1<<j)-1 <= n; ++i){
            ma[i][j] = max(ma[i][j-1], ma[i+(1<<(j-1))][j-1]);
            mi[i][j] = min(mi[i][j-1], mi[i+(1<<(j-1))][j-1]);
        }
}
int rmq_max(int l, int r, int k){
    return max(ma[l][k], ma[r-(1<<(k))+1][k]);
}
int rmq_min(int l, int r, int k){
    return min(mi[l][k], mi[r-(1<<(k))+1][k]);
}
int rmq(int l, int r){
    int k = 0;
    while(1<<(k+1) <= r-l+1)
        ++k;
    //int k = (int)(log(1.0*(r-l+1))/log(2.0));//也可以直接算出k
    //算出k后，具体情况进行调用函数计算。例如返回最大差值.
    return rmq_max(l,r,k) - rmq_min(l,r,k);
}
int main(){
    int n,q;
    scanf("%d%d",&n,&q);//n个数，q次查询次数
    for(int i = 1; i <= n; ++i)//输入n个数
        scanf("%d",a+i);
    init(n); int l,r;
    while(q--){//进行q次查询
        scanf("%d%d",&l,&r);
        printf("%d\n",rmq(l,r));
    }
    return 0;
}