0x06 倍增

0x06 倍增

倍增，字面意思就是“成倍增长”。我们在递推时，如果状态空间很大，通常的线性递推无法满足时间与空间复杂度的要求，那么我们可以使用成倍增长的方式，只递推状态空间在2的整数次幂上的值作为代表。当需要其他位置上的值时，我们通过“任意整数可以表示成若干个2的次幂项的和”这一性质，使用之前求出的代表值拼成所需的值。所以使用倍增算法也要求我们递推的问题的状态空间关于2的次幂具有可划分性。

“倍增”与“二进制划分”两个思想相互结合，降低了很多问题的时间与空间复杂度。我们之前学习的快速幂其实就是“倍增”与“二进制划分”思想的一种体现。

试想这样一个问题：

给定一个长度为N的数组A，然后进行若干次询问，每次给定一个整数T，求出最大的k，满足${\sum }_{i=1}^{k}A[i]\le T$。你的算法必须是在线的（必须及时回答每一个询问），假设$0\le T\le {\sum }_{i=1}^{N}A[i]$。

最朴素的做法是从前往后枚举k，每次询问花费的时间与答案的大小有关，最坏情况下为O(n)。

我们可以花费O(n)的时间预处理数组A，得到前缀和序列S，就可以二分k的位置，每次询问花费的时间为O(logn)。这个算法在平均情况下表现得非常好，但它的缺点是当每次给定的T都很小，造成答案的k值也很小，那么该算法可能还不如从前往后枚举更优。

我们可以设计一种倍增算法：

1.令p=1，k=0，sum=0；

2.比较“A数组k之后的p个数之和与”与T的关系，也就是说当$sum+S[k+p]-S[k]\le T$ ，则令$sum+=S[k+p]-S[k],k+=p,p\ast =2$，即累加上这p个数之和，然后把p的跨度增加一倍。如果$sum+S[k+p]-S[k]>T$，则令$p/=2$。

3.重复上一步直到p=0，此时k就是答案。

这个算法始终在答案范围内进行实施“倍增”和“二进制划分”思想，通过若干长度为2的次幂的区间拼成最后的k，时间复杂度为答案的对数，能够对应T的各种情况大小。

很多二分答案的想法都可以转化成倍增。

1. ST算法

在$RMQ$问题中（区间最值问题）,著名的ST算法就是倍增的产物。给定一个长度为N的序列A，ST算法能在O(NlogN)时间的预处理后，以O(1)的时间时间复杂度在线回答“数列A中下标在$l\sim r$之间的最大值是多少”这样的区间最值问题。

一个序列的子区间有$\frac{N\ast (N+1)}{2}$个，根据倍增思想，我们首先在这个规模为$O(N^2)$的状态空间中选择一些2的整数次幂的位置作为代表值。

设$F[i][j]$表示数列A中下标在子区间$[i,i+2^j-1]$里的最大值，也就是从$i$开始的$2^j$个数中的最大值。递推边界显然是$F[i][0]=A[i]$。

在递推时，我们把区间的长度成倍增长，有公式$F[i][j]=max(F[i][j-1],F[i+2^{j-1}][j-1])$，即长度为$2^j$的子区间的最大值是左右两个长度为$2^{j-1}$的子区间的最大值中较大的一个。

void ST_prework()
{
    for (int i = 1; i <= N; ++i)
        f[i][0] = a[i];
    int t = log(N) / log(2) + 1;
    for (int j = 1; j < t; ++j)
        for (int i = 1; i <= N - (1 << j) + 1; ++i)
            f[i][j] = max(f[i][j - 1], f[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
}

当询问任意区间$[l,r]$的最值时，我们先计算出一个k，满足$2^k\le r-l+1<2^{k+1}$ ，也就是使2的k次幂小于等于区间长度前提下的最大k值。

int ST_query(int l, int r)
{
    int k = log(r - l + 1) / log(2);
    return max(f[l][k], f[r - (1 << k) + 1][k]);
}

简便起见，我们在代码中使用了cmath库中的log函数。该函数效率较高，一般来说对程序性能影响不大。更严格地讲，为了保证复杂度在$O(1)$，应该$O(N)$预处理出$1\sim N$这$N$种区间长度各自对应的$k$值，在询问时直接使用。