转自这个博客 文章中间我会利用/**/符号附一些自己的理解
概述
RMQ（Range Minimum/Maximum Query），即区间最值查询，是指这样一个问题：对于长度为n的数列A，回答若干询问RMQ（A,i,j）(i,j<=n)，返回数列A中下标在i，j之间的最小/大值。这两个问题是在实际应用中经常遇到的问题，下面介绍一下解决这两种问题的比较高效的算法。当然，该问题也可以用线段树（也叫区间树）解决，算法复杂度为：O(N)~O(logN)，这里我们暂不介绍。
RMQ算法
对于该问题，最容易想到的解决方案是遍历，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。
本节介绍了一种比较高效的在线算法（ST算法）解决这个问题。所谓在线算法，是指用户每输入一个查询便马上处理一个查询。该算法一般用较长的时间做预处理，待信息充足以后便可以用较少的时间回答每个查询。ST（Sparse Table）算法是一个非常有名的在线处理RMQ问题的算法，它可以在O(nlogn)时间内进行预处理，然后在O(1)时间内回答每个查询。
[一] 首先是预处理，用动态规划（DP）解决。
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。（DP的状态）
例如：
A数列为：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。同理 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;
并且我们可以容易的看出F[i,0]就等于A[i]。（DP的初始值）
这样，DP的状态、初值都已经有了，剩下的就是状态转移方程。
我们把F[i，j]平均分成两段（因为f[i，j]一定是偶数个数字, /* 因为序列的长度是2^j */），从 i 到i + 2 ^ (j - 1) - 1为一段，i + 2 ^ (j - 1)到i + 2 ^ j - 1为一段(长度都为2 ^ (j - 1))。用上例说明，当i=1，j=3时就是3,2,4,5 和 6,8,1,2这两段。F[i，j]就是这两段各自最大值中的最大值。于是我们得到了状态转移方程F[i, j]=max（F[i，j-1], F[i + 2^(j-1)，j-1]）。
代码如下：
void RMQ(int num) {
for (int j = 1; j < 20; ++j)
for (int i = 1; i <= num; ++i)
if (i + (1 << j) - 1 <= num) {
maxsum[i][j] = max(maxsum[i][j - 1], maxsum[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
minsum[i][j] = min(minsum[i][j - 1], minsum[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
}
}
这里我们需要注意的是循环的顺序，我们发现外层是j，内层是i，这是为什么呢？可以是i在外，j在内吗？
答案是不可以。我们需要理解这个状态转移方程的意义。
状态转移方程的含义是：先更新所有长度为F[i,0]即1个元素，然后通过2个1个元素的最值，获得所有长度为F[i,1]即2个元素的最值，然后再通过2个2个元素的最值，获得所有长度为F[i,2]即4个元素的最值，以此类推更新所有长度的最值。
而如果是i在外，j在内的话，我们更新的顺序就是F[1,0],F[1,1],F[1,2],F[1,3],表示更新从1开始1个元素，2个元素，4个元素，8个元素（A[0],A[1],....A[7]）的最值，这里F[1,3] = max(max(A[0],A[1],A[2],A[3]),max(A[4],A[5],A[6],A[7]))的值，但是我们根本没有计算max(A[0],A[1],A[2],A[3])和max(A[4],A[5],A[6],A[7])，所以这样的方法肯定是错误的。
为了避免这样的错误，一定要好好理解这个状态转移方程所代表的含义。
[二] 然后是查询
假如我们需要查询的区间为(i,j)，那么我们需要找到覆盖这个闭区间(左边界取i，右边界取j)的最小幂（可以重复，比如查询5，6，7，8，9，我们可以查询5678和6789）。
因为这个区间的长度为j - i + 1,所以我们可以取k=log2( j - i + 1)，则有：RMQ(A, i, j)=max{F[i , k], F[ j - (2 ^ k) + 1, k]}。
/*
* F[i, k]从数学角度已经覆盖了长度j-i+1，但由于index是整形
* 如下例子中，F[2,2]并不能覆盖[2, 8],仅仅是覆盖了[2, 5],
* 于是还需要再来一个F[ j - (2^k)+1, k ] ，虽然和前面的F可能有重叠，
* 但是能完全考虑整个区间(也就是所谓的覆盖的区间可以重复))
*/
举例说明，要求区间[2，8]的最大值，k = log2（8 - 2 + 1）= 2，即求
max(F[2, 2]，F[8 - 2 ^ 2 + 1, 2]) = max(F[2, 2]，F[5, 2])；
在这里我们也需要注意一个地方，就是<<运算符和+-运算符的优先级。
比如这个表达式：5 - 1 << 2是多少？
答案是：(5 - 1) * 2 * 2 = 16。所以我们要写成5 - (1 << 2)才是5-1 * 2 * 2 = 1。
例题 POJ 3368 Frequent values
意思即有一个不下降数列，求区间[i, j]内重复次数最多的数字的“重复次数”。
首先我们可以离散化处理，维护一个数组F[i]，表示当前数字到i这个位置时，已经重复了的次数。
比如 1 1 1 1 3 10 10 10，对应F[] = {1, 2, 3, 4, 1, 1, 2, 3}
对于每个询问(l,r)，分为两个部分，前半部分求与l之前相同的数的个数直到t，后半部分从t开始直接用RMQ求解最大值就行了。
最后结果为max(前半部分,后半部分)。
拿上面那个例子而言，求区间[2, 7]的解，从l开始，重复的数字“1”，重复到了下标5位置，后半部分从5到j，我们利用RMQ求得为2，而前半部分重复的次数则为(5 - 2) = 3, 取ans = max{3, 2} 得最终解。
这时候可能会有一个小疑问，我们离散化统计的F是一段一段的，所需要求解的区间可能截断这个区间，使得F统计的数据不一定能用上。的确如此，在上面的方法中，由于我们分了前半部分和后半部分，所以前半部分被截断的问题被解决了，那中间部分后面的末尾部分难道不需要考虑截断，分类讨论吗？
答案是不需要，因为F[i]维持的是当前数字到i这个位置时，已经重复了的次数。比如F[7] = 2， 即10重复的次数到目前重复的次数是2，在F的尾巴中，已经是一个数字一个数字的截断统计了。
代码来自这个博客
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxN=1e5+5;
int N, M, K, T;
int g[maxN], S[maxN];
int d[maxN][20];
void RMQ_init(int *A) {
for (int i = 0; i < N; ++i) d[i][0] = A[i];
for (int j = 1; (1 << j) <= N; ++j)
for (int i = 0; i + (1 << j) - 1 < N; ++i)
d[i][j] = max(d[i][j - 1], d[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
}
int RMQ(int L, int R) {
int k = 0;
while (1 << (k + 1) <= R - L + 1) ++k;
return max(d[L][k], d[R - (1 << k) + 1][k]);
}
int main () {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("data.in", "r", stdin);
#endif
while (~scanf("%d", &N) && N) {
scanf("%d", &M);
memset(S, 0, sizeof S);
for (int i = 0; i < N; ++i) {
scanf("%d", &g[i]);
S[i] = 1;
if (i && g[i] == g[i - 1])
S[i] = S[i - 1] + 1;
}
RMQ_init(S);
int u, v;
while (M--) {
scanf("%d%d", &u, &v);
--u, --v;
int idx = u + 1;
while (idx <= v && g[idx] == g[idx - 1])
++idx;
int ans;
if (idx > v) ans = v - u + 1;
else ans = max(idx - u, RMQ(idx, v));
printf("%d\n", ans);
}
}
return 0;
}
最近又做到一题利用到了这个RMQ-ST算法
来自hihoCoder的题目链接
题目大意是给定N个整数A1..An, 有M个询问,问[L,R]区间内最长的等差连续自数列长度是多少?
其中1 <= N, M <= 1000000 <= Ai <= 10000000
分析:首先,我们先用N时间从头到尾拉一遍数列,得到数组f[], 其中f[i]的意思是:到i为止的最长等差连续子数列长度. 打个比方:
数列 1 2 3 5 7 9
应该对应f[]的 1 2 3 2 3 4
怎么计算这个值? 首先数字本身是长度为1的等差数列,且任意两个相邻的数构成长度为2的数列:可以写出:
f[1] = 1, f[2] = 2;
for (int i = 3; i <= N; ++i) {
if (num[i] - num[i - 1] == num[i - 1] - num[i - 2]) {
f[i] = f[i - 1] + 1;
else
f[i] = 2;
}
然后,对于每次查询 [L, R] 我们和上一题一样分成[L, t] 和[t + 1, R], t作为分水岭,目的是修正左侧的被截断项, 我们独立计算从L开始,等差数列的元素个数是多少, 一个个去计算得为cnt_t,
那么左边我们便知，等差数列有cnt_t个元素，对于[t + 1, R], 由于这个区间中新等差数列的源头下标必然>=L, 所以f[]的值无需修正，直接RMQ_ST算法得到f[]中，[t+1, R]的最大值，然后和cnt_t比较，取二者之大即为解．
#include
using namespace std;
const int maxN = 1000005, inf = 0x3f3f3f3f;
int num[maxN], f[maxN], arr[maxN][20];
int N, M;
void ST() {
int i, j, k;
for (int i = 1; i <= N; ++i)
arr[i][0] = f[i];
k = log((double)(N + 1)) / log(2.0);
for (j = 1; j <= k; ++j)
for (i = 1; i + (1 << j) - 1 <= N; ++i)
arr[i][j] = max(arr[i][j - 1], arr[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
}
int rmq_max(int l, int r) {
if (l > r)
return 0;
int k = log((double)(r - l + 1)) / log(2.0);
return max(arr[l][k], arr[r - (1 << k) + 1][k]);
}
int main() {
// freopen("data.in", "r", stdin);
scanf("%d %d", &N, &M);
for (int i = 1; i <= N; ++i) {
scanf("%d", &num[i]);
}
f[1] = 1, f[2] = 2;
for (int i = 3; i <= N; ++i) {
if (num[i] - num[i - 1] == num[i - 1] - num[i - 2])
f[i] = f[i - 1] + 1;
else
f[i] = 2;
}
ST();
// for (int i = 1; i <= N; ++i) printf("%d ", f[i]);
// 1 2 3 5 7 9
// 1 2 3 2 3 4
int L, R;
for (int i = 1; i <= M; ++i) {
scanf("%d %d", &L, &R);
// 一样要分成2部分[L, t] 和[t+1, R]
if (L + 1 > R) {
printf("1\n");
continue;
}
int cnt_t = 1, diff = 0;
diff = num[L + 1] - num[L];
int t;
for (t = L + 1; t <= R; ++t) {
if (num[t] - num[t - 1] == diff)
++cnt_t;
else
break;
}
int ans = max(cnt_t, rmq_max(t, R));
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}