数据结构 ST表 详解

| Powered By HeartFireY | Sparse-table

| 需要的前导知识：倍增

一、什么是ST表

1.可重复贡献问题

可重复贡献问题是对于运算$opt$，运算的性质满足$xoptx=x$，则对应的区间询问就是一个可重复的贡献问题，例如：最大值满足$max(x,x)=x$，最大公因数满足$gcd(x,x)=x$，因此RMQ问题和GCD问题就是一个可重复贡献的问题，但是例如区间和就不满足这个性质，因为在求解区间和的过程中采用的预处理区间会发生重叠，导致重叠部分被重复计算，因此对于$opt$操作还需要满足集合率才能够使用ST表进行求解。

2.ST表简介

ST表是一种基于倍增思想，用于解决可重复贡献问题的数据结构。

ST表应用最广泛的领域便是解决RMQ问题：给定$n$个数，$m$个询问，对于每个询问，需要回答区间$[l,r]$中的最大值或最小值(可以采用两个数组同时进行处理)。

基于倍增的思想，ST表可以实现$O(nlogn)$下进行预处理，并在$0(1)$时间内回答每个询问。如果仅仅进行区间最值查询，ST表的效率完全吊打线段树；但是，相比于线段树，ST表并不支持修改操作，无论是单点修改还是区间修改都不支持。

二、ST表的原理和实现

我们在简介中提到，ST表基于倍增的思想，但并不是朴素的倍增方式：对于朴素的倍增方式，我们可以发现查询的过程中，我们仍然需要调$2^i$步，那么查询的复杂度显然不是$0(1)$，也不存在比线段树更有的说法，反倒预处理不如线段树快。

❓::那么倍增的思想是如何应用的呢？

我们在简介前提到了重复贡献问题，显然对于区间的最小值/最大值都满足这个性质：$min(x,x)=x,max(x,x)=x$。那么显然用来求解的预处理的区间有重叠部分，只要这些区间的并是所求区间，最终计算出的答案一定就是正确答案。

❓::具体是如何实现的?

我们定义$f[i][j]$表示区间$[i,i+2^j-1]$的最大值，那么显然$f[i][0]=a_i$。

那么我们可以根据倍增的思路给出状态转移方程：$f(i,j)=max(f(i,j-1),f(i+2^{j-1},j-1))$​

而对于询问$[l,r]$，我们将其分成两部分$f[l,l+2^s-1]$和$f[r-2^s+1,r]$​，即为两个子区间。由于RMQ属于可重复贡献问题，因此不必使两个区间不相交。

但显然，我们需要使第一个字区间的右端点尽可能的接近$r$​，那么不妨直接令$l+2^s-1=r$，那么可以得到$s={\log }_2(r-l+1)$；同时，我们希望第二个区间的左端点尽可能地接近$l$​，也就是$r-2^s+1=l$，发现于上一个式子使完全相同的，因此只需要取$s={\log }_2(r-l+1)$即可。但显然这样的$s$​不是整数​，那么我们直接取向下取整即可，此时的$s$仍能保证两个子区间完全覆盖整个区间。

由于使用STL反复计算$log$值容易卡$log$，对于$s$我们只需预处理出可能用到的全部$s$​​值即可：
$$\{\begin{array}{rl}Logn[1]& =0,\\ Logn\left[i\right]& =Logn[\frac{i}{2}]+1.\end{array}$$

ST表的其他应用

除 RMQ 以外，还有其它的“可重复贡献问题”。例如“区间按位和”、“区间按位或”、“区间 GCD”，ST 表都能高效地解决。

需要注意的是，对于“区间 GCD”，ST 表的查询复杂度并没有比线段树更优（令值域为 $w$，ST 表的查询复杂度为 $\Theta (\log w)$，而线段树为 $\Theta (\log n+\log w)$，且值域一般是大于 $n$ 的），但是 ST 表的预处理复杂度也没有比线段树更劣，而编程复杂度方面 ST 表比线段树简单很多。

如果分析一下，“可重复贡献问题”一般都带有某种类似 RMQ 的成分。例如“区间按位与”就是每一位取最小值，而“区间 GCD”则是每一个质因数的指数取最小值。

三、ST表RMQ模板

#include 
using namespace std;

#define N 2000010

int stmax[N][22], stmin[N][22], mn[N]，a[N];

int q, n;

void init(){
    mn[0] = -1;
    for (int i = 1; i <= n; i++){
        mn[i] = ((i & (i - 1)) == 0) ? mn[i - 1] + 1 : mn[i - 1];
        stmax[i][0] = stmin[i][0] = a[i];
    }
    for (int j = 1; j <= mn[n]; j++)
        for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++){
            stmax[i][j] = max(stmax[i][j - 1], stmax[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
            stmin[i][j] = min(stmin[i][j - 1], stmin[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
        }
}

inline int rmq_max(int L, int R){
    int k = mn[R - L + 1];
    return max(stmax[L][k], stmax[R - (1 << k) + 1][k]);
}

inline int rmq_min(int L, int R){
    int k = mn[R - L + 1];
    return min(stmin[L][k], stmin[R - (1 << k) + 1][k]);
}

signed main(){
    cin >> n >> q;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    init();
    while(q--){
        int l, r; cin >> l >> r;
        cout << rmq_max(l, r) << rmq_min(l, r) << endl;
    }
    return 0;
}