RMQ总结

最新推荐文章于 2023-09-15 16:14:24 发布

Xeers

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分类专栏：算法总结文章标签：算法

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（部分语句来自网络）

RMQ问题(Range Minimum/Maximum Query)即快速最值查询，就是给你一个长度为n的序列A，再给出m个查询，要求输出A序列中(l,r)中的最值。

对于这个问题，提供以下几种算法：

1.朴素（暴力大法好）

所谓暴力自然是每次查询都从l遍历到r，取最值。

复杂度：预处理（读入）为 O（n），查询为 O（m*n）。

2.线段树（来自高级数据结构的神奇力量）

会线段树的自然不需要多讲，不会线段树的。。。可以先去看看线段树，反正迟早要学（怎么连线段树都不会~~，丢人，退群吧。~~）

复杂度：预处理（建树）为 O（n），查询为 O（m*logn）。

注：线段树有明显的优点，即可以在线更新序列A！！！，但线段树的缺点也很明显，就是常数太大。如果只是离线查询并且数据较大的话，还是推荐以下两种（或将问题转为只是离线查询）。

3.ST（RMQ时，动态规划与二分法更配哦）

前面都是小打小闹，接下来才是正题之一（敲黑板！！！）

ST（Sparse Table），实质就是dp+二分法。

我们定义f（i，j）为在序列A中，从i开始连续的2^j个数中最小的数，由显然法可得f（i，0）=A[i]，则初始化完成。

接下来进行状态转移，只要j>0，那么我们的个数肯定是偶数，则可以把其分为两个长度为2^（j-1）的区间（i，i+2^（j-1）-1）和（i+2^（j-1），i+2^j-1）,转为我们定义的状态分别为f（i，j-1）与f（i+2^（j-1），j-1），则得到：
f[i][j]=min(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
查询的时候，我们就可以把每次要查询的区间分成两个长度为2^k的区间，并取最值就行啦。

注：我们分成的区间可能在中间是会有重叠的，如（2,8）会被拆为（2,5）和（5,8）但是无所谓啦╮(╯_╰)╭，反正不影响结果。则：
 k=(int)(log((double)(r-l+1))/log(2.0));
 ans=min(dp[l][k],dp[r-(1<<k)+1][k]);
这里给出一道例题：

（POJ3264）给你一个长度为n的序列a[N] （1 ≤ N ≤ 50000），询问Q(1 ≤ Q ≤ 200000)次，每次输出【L, R】区间最大值与最小值的差是多少。

裸题，维护两个ST，一个为min，一个为max（其实max只需要初始化时取一个相反数，求最小，在查询时取回来就行了）附代码：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
int n,q,l,r; 
struct ST{
	int dp[50001][17];
	void init()
	{
		for(int j=1;(1<<j)<=n;j++)
		for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
		dp[i][j]=min(dp[i][j-1],dp[i+(1<<(j-1))][j-1]);
	}
	inline int query(int l,int r)
	{
		int k=(int)(log((double)(r-l+1))/log(2.0));
		return min(dp[l][k],dp[r-(1<<k)+1][k]);
	}
}minn,maxx;
int main()
{
	//freopen("a.in","r",stdin);
	scanf("%d %d",&n,&q);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	scanf("%d",&minn.dp[i][0]),maxx.dp[i][0]=-minn.dp[i][0];
	minn.init();maxx.init();
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		scanf("%d %d",&l,&r);
		printf("%d\n",-maxx.query(l,r)-minn.query(l,r));
	}
 	return 0;
}
//POJ3264
复杂度：初始化为 O（n*logn），查询为 O（m）；
4.RMQ标准算法（什么？前面都是不标准的?!）

复杂度：初始化为 O（n），查询为 O（m）；

暂时不会，会了在更。。。