RMQ入门

RMQ入门
今天我们借个水题来学习一下RMQ。
Luogu P1816 忠诚
时空限制 1s / 128MB
经简化修改后问题如下：
把每次的账目按1，2，3…编号，然后不定时的问问题，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。

输入输出格式
输入格式：
输入中第一行有两个数n,m表示有n笔账,有m个问题。
第二行为n个数,分别是账目的钱数
后面m行分别是m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：
输出文件中为每个问题的答案。具体查看样例。

输入样例#1：
10 3
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
2 7
3 9
1 10

输出样例#1：
2 3 1
对于这样多次询问的题，没有修改，似乎线段树的优势不明显，这就意味着一个新的算法。
说说思路，用倍增的思想，先用一个数组存下在i后面，距离i元素为2^j以内的数字这（2^j+1）个数的最小值，显然初始化就是
map[i][0]=a[i]
然后就是一个倍增递推的过程，其实就是DP，就是
map[i][j]=min(map[i][j-1],map[i+2^(j-1)][j-1])
边界就是当(i+2^j) < n&&(2^j) < n（好像后面的没有啥用）即可。
关于2^j这个东西我们可以用位运算1 < < j来实现，很方便。
具体实现和LCA的倍增实现很相像，可以戳这里LCA的倍增实现入门。

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int map[100005][20];
int n,m,i,j;
int r()
{
    int ans=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')
    {
        if(ch=='-')
            f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9')
    {
        ans*=10;
        ans+=ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return ans*f;
}
void work()
{
    int i,j;
    for(j=1;1<for(i=1;i+(1<1<=n;i++)
    map[i][j]=min(map[i][j-1],map[i+(1<1)][j-1]);
}
int question(int z,int y)
{
    int x=(int)(log(y-z+1)/log(2));
    return min(map[z][x],map[y-(1<1][x]);
}
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(i=1;i<=n;i++)
    map[i][0]=r();
    work();
    int a,b;
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        a=r();b=r();
        printf("%d ",question(a,b));
    }
    return 0;
}
/*
10 3
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
2 7
3 9
1 10
*/