ST表[学习笔记]

模拟赛求最值，要用二维ST表，可是我连一维都不会

所以我写了个树状数组，然后跪了30分QAQ

赶紧滚过来学一学，网上讲的好复杂QWQ

概念

ST表是用来求解区间最大值的一种优秀的离线算法，它可以 $O(nlogn)$预处理，，然后O(1)查询，如何实现呢？

思想

运用了近似于区间DP的方法，一个大区间有小区间转移得到，不同的是，我们定义$ST[i][k]$表示从第$i$个位置起，$2^k$个数的最大值，咋转移呢？发现我们只处理$2^k$所以$2^k$可以拆成两个没有相交的长度为$2^{k-1}$的区间
分别是$ST[i][k-1]$和$ST[i+2^{k-1}][i-1]$，也就是说我们需要先预处理这两个小区间的值，而这两个小区间需要更小的区间来更新，所以到底层就是$ST[i][0]$也就是每个位置上的原数了，然后再一层一层的向上贡献，至此实现方法已经有了

实现

//预处理
inline void pre()
{
	for (int i=1;i<=e;i++)
	for (int k=1;k<=n-(1<<i)+1;k++)
	f[k][i]=max(f[k][i-1],f[k+(1<<(i-1))][i-1]);
	return ;
}

我们外层枚举$2^k$，内层循环每个位置，然后每次拆成上面两个式子的max就好了

//询问
inline int que(int l,int r)
{
	int t=(log2(r-l+1));
	return max(f[l][t],f[r-(1<<t)+1][t]);
}

发现询问区间有两种情况
$1.$是$2^k$，那么直接对区间长取个$lo{g}_2(r-l+1)$然后输出$ST[l]log]$就行了
$2.$不是$2^k$，那么不难发现，他可以拆成两个$2^k<len$的区间的并，也就是说从区间左端点向右一段不超过区间长，但大于$\frac{1}{2}len$的区间，从右端点向左一段不超过区间长，但大于$\frac{1}{2}len$的区间，发现都过了$\frac{1}{2}$所以肯定会有交集，也肯定将 整个区间覆盖全了，然后直接对这两部分取max就好
然后我们发现，len是$2^k$就会分成两个完全覆盖区间的相同的区间，所以就可以合并这两种情况了，输出上面代码里的式子就好了

然后今天的毒瘤题用的是二维的

思路

定义$ST[i][k][j][e]$表示从位置$(i,k)$向右$2^j$，向下$2^e$这个矩形的最大值，然后转移的话类比一下一维，分成4个小矩形就好了，只不过分的方式不同，具体看代码吧

实现

//预处理
inline void pre()
{
	int t=log2(n),e=log2(m);
	for (int i=0;i<=t;i++)
	for (int k=0;k<=e;k++)
	{
		if (i==0&&k==0) continue;
		for (int j=1;j<=n-(1<<i)+1;j++)
		for (int p=1;p<=m-(1<<k)+1;p++)
		if (i==0)
		f[j][p][i][k]=max(f[j][p][i][k-1],f[j][p+(1<<(k-1))][i][k-1]);
		else 
		f[j][p][i][k]=max(f[j][p][i-1][k],f[j+(1<<(i-1))][p][i-1][k]);
	}
	return ;
}

自己意会一下分割方式，脑补一下过程

//查询
inline int que(int x,int y,int l,int r)
{
	int t=log2(l-x+1);
	int e=log2(r-y+1);
	int a1=max(f[x][y][t][e],f[l-(1<<t)+1][r-(1<<e)+1][t][e]);
	int a2=max(f[l-(1<<t)+1][y][t][e],f[x][r-(1<<e)+1][t][e]);
	return max(a1,a2);
}

这也是个神奇的过程，继续脑补

需要了解的是

若需要在线，可以用树状数组或者线段树
二维ST表还有另一种写法，可以少一个log，具体实现就是$ST[i][j][k]$表示以$(i,j)$为起点$2^k$为边长的正方形的最大值，询问需要费点时间，可以被一个宽度极小的矩形卡死，看实际情况吧

一维完整代码

//By AcerMo
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int M=100500;
int n,m,e,f[M][20];
inline void read(int &x)
{
	x=0;char ch=getchar();
	while (!isdigit(ch)) ch=getchar();
	while (isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return ;
}
inline void write(int x)
{
	if (x>9) write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
	return ;
}
inline void pre()
{
	for (int i=1;i<=e;i++)
	for (int k=1;k<=n-(1<<i)+1;k++)
	f[k][i]=max(f[k][i-1],f[k+(1<<(i-1))][i-1]);
	return ;
}
inline int que(int l,int r)
{
	int t=(log2(r-l+1));
	return max(f[l][t],f[r-(1<<t)+1][t]);
}
signed main()
{
	read(n);read(m);e=log2(n);
	for (int i=1;i<=n;i++) 
	read(f[i][0]);pre();
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		int l;read(l);
		int r;read(r);
		write(que(l,r));puts("");
	}
	return 0;
}

二维完整代码

//By AcerMo
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int M=305;
int n,m,q;
int f[M][M][10][10];
inline void read(int &x)
{
	x=0;char ch=getchar();
	while (!isdigit(ch)) ch=getchar();
	while (isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return ;
}
inline void write(int x)
{
	if (x>9) write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
	return ;
}
inline void pre()
{
	int t=log2(n),e=log2(m);
	for (int i=0;i<=t;i++)
	for (int k=0;k<=e;k++)
	{
		if (i==0&&k==0) continue;
		for (int j=1;j<=n-(1<<i)+1;j++)
		for (int p=1;p<=m-(1<<k)+1;p++)
		if (i==0)
		f[j][p][i][k]=max(f[j][p][i][k-1],f[j][p+(1<<(k-1))][i][k-1]);
		else 
		f[j][p][i][k]=max(f[j][p][i-1][k],f[j+(1<<(i-1))][p][i-1][k]);
	}
	return ;
}
inline int que(int x,int y,int l,int r)
{
	int t=log2(l-x+1);
	int e=log2(r-y+1);
	int a1=max(f[x][y][t][e],f[l-(1<<t)+1][r-(1<<e)+1][t][e]);
	int a2=max(f[l-(1<<t)+1][y][t][e],f[x][r-(1<<e)+1][t][e]);
	return max(a1,a2);
}
signed main()
{
	read(n);read(m);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	for (int k=1;k<=m;k++)
	read(f[i][k][0][0]);
	pre();read(q);
	while (q--)
	{
		int x,y;read(x),read(y);
		int l,r;read(l),read(r);
		write(que(x,y,l,r));puts("");
	}
	return 0;
}