文章目录

  • RMQ问题
  • ST算法
  • 模板
  • 例题
    • P2251 质量检测
    • P1816 忠诚
    • P2216 [HAOI2007]理想的正方形

RMQ问题

RMQ（Range Minimum/Maximum Query）问题，是求区间最大值或最小值，即范围最值问题。暴力解法是对每个询问区间循环求解，设区间长度nnn，询问次数mmm，则复杂度是O(nm)O(nm)O(nm)。一般还可以使用线段树求解，复杂度是O(mlogn)O(mlogn)O(mlogn)。但还有一种更简便的ST算法，预处理复杂度是O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)，查询O(1)O(1)O(1)。

ST算法

ST（Sparse Table）即稀疏表，运用了动态规划的思想，设dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]表示第iii处开始的2j2^j2j个数字的最值，iii是开始位置，jjj是延伸长度，dp[i][0]dp[i][0]dp[i][0]则是原数组a[i]a[i]a[i]本身，是边界。原理类似倍增，首先比较每2个元素的最值，然后再通过比较这2个最值，得到4个元素的最值，以此类推8个、16个……。

状态转移方程：dp[i][j]=min(dp[i][j−1],dp[i+2(j−1)][j−1])dp[i][j]=min(dp[i][j-1],dp[i+2^{(j-1)}][j-1])dp[i][j]=min(dp[i][j−1],dp[i+2(j−1)][j−1])。
即长度为2j2^j2j区间的最值是左右两半长度为2j−12^{j-1}2j−1子区间中最值较小的一个，而两个子区间的起始位置不难推出，分别是iii和i+2j−1i+2^{j-1}i+2j−1。max最大值同理。

查询时，需要找到两个区间完全覆盖[l,r][l,r][l,r]，也就是需要计算出kkk，使2k<r−l+1<2k+12^k<r-l+1<2^{k+1}2k<r−l+1<2k+1，换句话说就是，从左端点lll开始的2k2^k2k个数和以右端点结尾的2k2^k2k个数覆盖区间[l,r][l,r][l,r]，即min(dp[l][k],dp[r−2k+1][k])min(dp[l][k],dp[r-2^k+1][k])min(dp[l][k],dp[r−2k+1][k])。

模板

洛谷P3865 【模板】ST表

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 100005;
ll a[maxn];
ll dp[maxn][21];
void st(int n) {for (int i = 1; i <= n; i++)dp[i][0] = a[i];for (int j = 1; j <= 21; j++) {for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++) {dp[i][j] = max(dp[i][j - 1], dp[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);}}
}
int query(int l, int r) {int k = log2(r - l + 1);return max(dp[l][k], dp[r - (1 << k) + 1][k]);
}
int main() {int n, m, l, r;scanf("%d%d", &n, &m);for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%lld", &a[i]);st(n);while (m--) {scanf("%d%d", &l, &r);printf("%lld\n", query(l, r));}return 0;
}

例题

P2251 质量检测

洛谷P2251 质量检测

题目描述
为了检测生产流水线上总共 NN 件产品的质量，我们首先给每一件产品打一个分数 AA 表示其品质，然后统计前 MM 件产品中质量最差的产品的分值 Q[m] = min{A_1, A_2, … A_m}以及第 2 至第 M + 1件的Q[m + 1], Q[m + 2] Q[m+1],Q[m+2]… 最后统计第 N - M + 1至第N件的Q[n]。根据 Q 再做进一步评估。
请你尽快求出 Q 序列。
输入格式
输入共两行。
第一行共两个数 N、M，由空格隔开。含义如前述。
第二行共 N 个数，表示 N 件产品的质量。
输出格式
输出共 N - M + 1行。
第 1 至 N - M + 1行每行一个数，第i行的数 Q[i + M - 1]。含义如前述。
输入输出样例
输入 #1
10 4
16 5 6 9 5 13 14 20 8 12
输出 #1
5
5
5
5
5
8
8
说明/提示
[数据范围]
30%的数据，N≤1000
100%的数据，N≤100000
100%的数据，M≤N,A≤1000000

用单调队列也能做，ST模板练手。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1000006;
int dp[maxn][21];
int n, m, k;
int main() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> dp[i][0];for (int j = 1; j <= 21; j++)for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++)dp[i][j] = min(dp[i][j - 1], dp[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);k = log2(m);for (int i = 1; i + m - 1 <= n; i++)cout << min(dp[i][k], dp[i + m - (1 << k)][k]) << "\n";return 0;
}

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P1816 忠诚

洛谷P1816 忠诚

题目描述
老管家是一个聪明能干的人。他为财主工作了整整10年。财主为了让自已账目更加清楚，要求管家每天记 k次账。由于管家聪明能干，因而管家总是让财主十分满意。但是由于一些人的挑拨，财主还是对管家产生了怀疑。于是他决定用一种特别的方法来判断管家的忠诚，他把每次的账目按 1, 2, 3… 编号，然后不定时的问管家问题，问题是这样的：在a 到b 号账中最少的一笔是多少？为了让管家没时间作假，他总是一次问多个问题。
输入格式
输入中第一行有两个数 m, nm,n，表示有 mm 笔账 nn 表示有 nn 个问题。
第二行为m个数，分别是账目的钱数。
后面 n 行分别是 n 个问题，每行有 2个数字说明开始结束的账目编号。
输出格式
在一行中输出每个问题的答案，以一个空格分割。
输入输出样例
输入 #1
10 3
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
2 7
3 9
1 10
输出 #1
2 3 1
说明/提示
对于100% 的数据，m≤105 ，n≤105

练手+1

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 100005;
int dp[maxn][21];
int n, m, l, r, k;
int main() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> dp[i][0];for (int j = 1; j <= 21; j++)for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++)dp[i][j] = min(dp[i][j - 1], dp[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);while (m--) {cin >> l >> r;k = log2(r - l + 1);cout << min(dp[l][k], dp[r - (1 << k) + 1][k]) << " ";}return 0;
}

P2216 [HAOI2007]理想的正方形

洛谷P2216 [HAOI2007]理想的正方形

题目描述
有一个ab的整数组成的矩阵，现请你从中找出一个nn的正方形区域，使得该区域所有数中的最大值和最小值的差最小。
输入格式
第一行为3个整数，分别表示a,b,n的值
第二行至第a+1行每行为b个非负整数，表示矩阵中相应位置上的数。每行相邻两数之间用一空格分隔。
输出格式
仅一个整数，为ab矩阵中所有“nn正方形区域中的最大整数和最小整数的差值”的最小值。
输入输出样例
输入 #1
5 4 2
1 2 5 6
0 17 16 0
16 17 2 1
2 10 2 1
1 2 2 2
输出 #1
1
说明/提示
问题规模
（1）矩阵中的所有数都不超过1,000,000,000
（2）20%的数据2<=a,b<=100,n<=a,n<=b,n<=10
（3）100%的数据2<=a,b<=1000,n<=a,n<=b,n<=100

二维RMQ

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a, b, n, k;
int v[1003][1003];
int maxv[1003][1003], minv[1003][1003];
int query(int x, int y) {int mx = 0, mi = 0;mx = max(maxv[x][y], max(maxv[x + n - (1 << k)][y + n - (1 << k)], max(maxv[x + n - (1 << k)][y], maxv[x][y + n - (1 << k)])));mi = min(minv[x][y], min(minv[x + n - (1 << k)][y + n - (1 << k)], min(minv[x + n - (1 << k)][y], minv[x][y + n - (1 << k)])));return mx - mi;
}
int main(){cin >> a >> b >> n;for (int i = 0; i < a; i++)for (int j = 0; j < b; j++) {cin >> v[i][j];maxv[i][j] = minv[i][j] = v[i][j];}k = log2(n);for (int ki = 0; ki < k; ki++)for (int i = 0; i + (1 << ki) < a; i++)for (int j = 0; j + (1 << ki) < b; j++) {maxv[i][j] = max(maxv[i][j], max(maxv[i + (1 << ki)][j + (1 << ki)], max(maxv[i + (1 << ki)][j], maxv[i][j + (1 << ki)])));minv[i][j] = min(minv[i][j], min(minv[i + (1 << ki)][j + (1 << ki)], min(minv[i + (1 << ki)][j], minv[i][j + (1 << ki)])));}int ans = INT_MAX;for (int i = 0; i <= a - n; i++)for (int j = 0; j <= b - n; j++)ans = min(ans, query(i, j));cout << ans;return 0;
}

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