动态规划法求解RMQ（range minimum/maximum query）问题

动态规划法求解RMQ（range minimum/maximum query）问题 (转)

题目描述：

RMQ(Range Minimum/Maximum Query)问题：
   RMQ问题是求给定区间中的最值问题。当然，最简单的算法是O(n)的，但是对于查询次数很多（设置多大100万次），O(n)的算法效率不够。可以用线段树将算法优化到O（logn)（在线段树中保存线段的最值）。不过，Sparse_Table算法才是最好的：它可以在O(nlogn)的预处理以后实现O(1)的查询效率。

思路分析：

下面把Sparse Table算法分成预处理和查询两部分来说明(以求最小值为例)。

预处理:
预处理使用DP的思想，f(i, j)表示[i, i+2^j - 1]区间中的最小值，我们可以开辟一个数组专门来保存f(i, j)的值。
例如，f(0, 0)表示[0,0]之间的最小值,就是num[0], f(0, 2)表示[0, 3]之间的最小值, f(2, 4)表示[2, 17]之间的最小值
注意, 因为f(i, j)可以由f(i, j - 1)和f(i+2^(j-1), j-1)导出, 而递推的初值(所有的f(i, 0) = i)都是已知的
所以我们可以采用自底向上的算法递推地给出所有符合条件的f(i, j)的值。

查询:
假设要查询从m到n这一段的最小值, 那么我们先求出一个最大的k, 使得k满足2^k <= (n - m + 1).
于是我们就可以把[m, n]分成两个(部分重叠的)长度为2^k的区间: [m, m+2^k-1], [n-2^k+1, n];
而我们之前已经求出了f(m, k)为[m, m+2^k-1]的最小值, f(n-2^k+1, k)为[n-2^k+1, n]的最小值
我们只要返回其中更小的那个, 就是我们想要的答案, 这个算法的时间复杂度是O(1)的.
例如, rmq(0, 11) = min(f(0, 3), f(4, 3))

代码：

#include < iostream >
#include < math.h >
using   namespace  std;

#define  MAXN   10000
#define  mmin(seq, a, b)  ((seq[a] < seq[b]) ? (a) : (b))

/**/ //// DP status
int  fij[MAXN][ 100 ];


/**/ //// for output fij
template  < typename T >
void  Dp_st_print(T seq[],  int  n)
{
    /**///// 输出待RMQ的序列
    for(int i = 0; i < n; i++)
        cout<<seq[i]<<"\t";
    cout<<endl;
    /**///// 输出状态f[][]
    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        for(int j = 0; i + (1<<j) - 1 < n; j++)
        {
            cout<<"fij["<<i<<", "<<j<<"] = "<<fij[i][j]<<"\t";
        }
        cout<<endl;
    }
    cout<<endl;
}


//  RMQ(Range Minimum/Maximum Query)问题：
//  RMQ问题是求给定区间中的最值问题。当然，最简单的算法是O(n)的，
//  但是对于查询次数很多（设置多大100万次），O(n)的算法效率不够。
//  可以用线段树将算法优化到O（logn)（在线段树中保存线段的最值）。
//  不过，Sparse_Table算法才是最好的：它可以在O(nlogn)的预处理以后
//  实现O(1)的查询效率。下面把Sparse Table算法分成预处理和查询两部分
//  来说明(以求最小值为例)。
//  

//  预处理:
//  预处理使用DP的思想，f(i, j)表示[i, i+2^j - 1]区间中的最小值，
//  我们可以开辟一个数组专门来保存f(i, j)的值。
//  
//  例如，f(0, 0)表示[0,0]之间的最小值,就是num[0], 
//  f(0, 2)表示[0, 3]之间的最小值, f(2, 4)表示[2, 17]之间的最小值
//  注意, 因为f(i, j)可以由f(i, j - 1)和f(i+2^(j-1), j-1)导出, 
//  而递推的初值(所有的f(i, 0) = i)都是已知的
//  所以我们可以采用自底向上的算法递推地给出所有符合条件的f(i, j)的值。

//  sparse table算法(st)
template  < typename T >
void  st(T seq[],  int  n)
{ 
    memset(fij, 0, 100 * MAXN * sizeof(int));
    int k = (int)(log((double)n) / log(2.0)); 
    /**/////初始状态
    for(int i = 0; i < n; i++)
        fij[i][0] = i; 
    /**/////递推计算状态
    for(int j = 1; j <= k; j++)
    {
        for(int i = 0; i + (1 << j) - 1 < n; i++)
        {
            //
            int m = i + (1 << (j - 1)); 
            //fij[i][j] = seq[fij[i][j - 1]] < seq[fij[m][j - 1]] ? fij[i][j - 1] : fij[m][j - 1];
            fij[i][j] = mmin(seq, fij[i][j - 1], fij[m][j - 1]);
        }
    }
}


//  查询:
//  假设要查询从m到n这一段的最小值, 那么我们先求出一个最大的k, 
//  使得k满足2^k <= (n - m + 1).于是我们就可以把[m, n]分成
//  两个(部分重叠的)长度为2^k的区间: [m, m+2^k-1], [n-2^k+1, n];
//  而我们之前已经求出了f(m, k)为[m, m+2^k-1]的最小值, f(n-2^k+1, k)
//  为[n-2^k+1, n]的最小值,我们只要返回其中更小的那个, 
//  就是我们想要的答案, 这个算法的时间复杂度是O(1)的.
//  例如, rmq(0, 11) = min(f(0, 3), f(4, 3))
template  < typename T >
void  RMQ(T seq[],  int  i,  int  j)
{
    /**///// 用对2去对数的方法求出k
    int k = (int)(log(double(j - i + 1)) / log(2.0)); 
    /**/////
    //int t = seq[fij[i][k]] < seq[fij[j - (1 << k) + 1][k]] ? fij[i][k] : fij[j - (1 << k) + 1][k];
    int t = mmin(seq, fij[i][k], fij[j - (1 << k) + 1][k]);
    cout<<"RMQ("<<i<<", "<<j<<") = "<<seq[t]<<" @ pos("<<t<<")\n";
}

int  main()
{
    int A[] = {3,5,1,0,7,2,3,6,9,0,6,4};
    st(A, 12);
    Dp_st_print(A, 12);
    RMQ(A, 0, 2);
    RMQ(A, 5, 11);

    int B[] = {1,5,2,3,7,2,0,6,8,4,6,7};
    st(B, 12);
    Dp_st_print(B, 12);
    RMQ(B, 0, 2);
    RMQ(B, 7, 11);

    system("pause");
    return 0;
}

 

 

转自:http://blog.csdn.net/yysdsyl/archive/2009/06/28/4305263.aspx