有点时间补一下这玩意吧。
首先先说明 RMQ 是一类问题, 指 区间最大最小值, 而ST表是解解决 RMQ 问题的一把手术刀(手术刀, 锋利但不通用）。
作用
\(O(\log n)\) 的预处理
\(O(1)\) 的区间最大值查询
不可以更改区间数值
原理
原理是倍增
我们将设 \(f[i][j]\) 是从 \(i\) 处向外包含 \(2^j\) 个数中的最大值。即 \([i, i + 2^j - 1]\) 中的最大值，原数组为 \(a[i]\)，其中 \(f[i][0] = a[i]\)。
因为任何区间长度 \(len\)，无论怎么分，其最多只需要两个 \(f[i][j]\) 就可以完全覆盖它。
证明：区间长度 \(len\)，可以分出一个比 \(len\) 小的最大的 \(2^n\)，那么 \(len - 2^n < 2^n\)， 如果不符合这个的话, \(n\) 就可以继续往上增加直到出现上述情况。因此一定有一个 \(n\) 使得 \(len - 2^n < 2^n\) 成立，而 \(f[i][j]\) 的覆盖的长度为 \(2^j\)，只要让 \(j\) 等于上面的 \(n\)，就可以最多用两个 \(f\) 可以覆盖其范围，且不会超出边界。也可以知道 \(n\) 就等于 \(\lfloor \log_2 len \rfloor\)。
根据上面的证明我们也就知道如何去查询了，设 \(f_1\) 一定包含这个区间的开头，\(f_2\) 一定包含这个区间的末尾。大致如下图。
设这个区间为 \([i, j]\)，那么区间长度 \(len\) 就是 \(j - i + 1\)，证明中说到的 \(n\) 就等于 \(\log_2{len}\)
由图可知 \(f_1\) 包含的区间就是 \([i, i + 2^n - 1]\)，\(f_2\) 就是 \([j - 2^n + 1,j]\)。对应 \(f\) 数组就是 \(f[i]i + 2^n - 1]\) 和 \(f[j - 2^n + 1][j]\)。
实现
问题来了怎么实现它。
预处理
也很简单，根据之前倍增 \(LCA\) 的思想（没学过也可以），我们把一步拆成两步走，即先跳 \(2^{j - 1}\) 步再跳 \(2^{j-1}\) 步，可得出递推式 \(f[i][j] = f[f[i][j - 1]][j - 1]\)，有了递推式, 那么求出它就很简单了。
而求出 ST 表, 也就是预处理就是下面代码
for (int j = 0; j < M; j ++ ) // M是logn上取整, 即包含整个n
for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i ++ )
if (j == 0) f[i][j] = w[i]; // 如果只跳一步, 那么最大值就是这个值它本身
else f[i][j] = max(f[i][j], f[f[i][j - 1]][j - 1]); // 注意是求最大值
这个时间复杂度很好判断, 最坏 \(O(n\log n)\)，但是是很小的 \(\log n\)，能从循环中看出来（手术刀）因为有预处理，所以是不能更改原数组的，否则必须再次预处理（但这样就不如用线段树了）。
\(lg\) 数组
上面提到了 \(lg\) 数组，\(lg[i]\) 为 \(\log_2i\) 下取整。
为什么使用这个数组而不是, 直接用函数 \(\log2()\) 呢?
这里是为了保证查询的 \(O(1)\)，如果调用 \(\operatorname {log2()}\) 函数的话，时间复杂度会增加, 而通过预处理
\(lg\) 数组的方式，就可以保证查询 \(O(1)\)。
\(lg\) 数组一般预处理一遍即可，是 \(O(n\log n)\) 的时间复杂度，不会影响整体的预处理时间复杂度，可以直接加在上面的预处理里面。
查询
怎么查询呢？
你要知道, 最大值的区间是可以重叠的, 如 \([1, 5]\) 的最大值, 等于 \([1, 3]\) 的最大值和 \([2, 5]\) 的最大值的最大值, 虽然区间重叠了，但不影响答案的正确性，即最大值的区间是可以重叠的。
我们已经得到了 \(f_1,f_2\) （在上面原理中），根据上面的性质，那么就很简单了。
我们设 \(lg[i]\) 为 \(\lfloor \log_2i \rfloor\) ，那么从 \(i\) 到 \(j\) 之间的长度是 \(len = j - i + 1\)，最大值就是 \(\max(f[i][lg[len]], f[j - 2^{lg[i]} + 1][lg[len]])\)。
其中 \(j - 2^{lg[i]} + 1\) ，这是 \(f_2\) 包含区间的开头，比如 \([2, 5]\) 里面有 \(4\) 个数，你从\(5\) 减 \(4\) 得 \(1\)，但是你的区间是从 \(2\) 开始的，所以要加上 \(1\)。由区间 \([i, j]\) 长度计算公式 \(j - i + 1 = len\) 也可以得到 \(i = j - len + 1\) 这个式子。
代码
上面的要快一点点，下面的更好写保证对，注意 \(\log2()\) 函数
int last = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
while (1 << last <= i) last ++ ; // 始终保证 2^last > i, 以便求出i的最小log2
lg[i] = last - 1;
}
或者
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
lg[i] = log2(i);
}
ST表(跳表)
/*
中心思想: 倍增
设f[i][j]是从i处向外2^j格里面的最大值;
预处理是O(nlogn)
查询是O(1)的
无法修改
只能查询
像树状数组一样的"手术刀"
因为查询耗时O(1), 所以在"特殊情况"下没法被O(log)的线段树替代
*/
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 200010, M = log2(N) + 1;
int n, m;
int w[N];
int f[N][M];
int lg[N];
void init()
{
for (int j = 0; j < M; j ++ )
for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i ++ )
if (j == 0) f[i][j] = w[i];
else f[i][j] = max(f[i][j - 1], f[i + (1 << j - 1)][j - 1]);
int last = 0;
for (int i = 1; i < N; i ++ ) // log数组, 这里的预处理是自己写的, 利用一个last能干好多事
{
while (1 << last <= i) last ++ ;
lg[i] = last - 1;
}
}
int query(int l, int r)
{
int len = r - l + 1;
return max(f[l][lg[len]], f[r - (1 << lg[len]) + 1][lg[len]]);
}
int main()
{
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> w[i];
init();
cin >> m;
while (m -- )
{
int a, b;
cin >> a >> b;
cout << query(a, b) << endl;
}
return 0;
}
线段树
/*
线段树的话, 比较简单就不打注释了
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 200010;
int w[N];
int n, m;
struct Node
{
int l, r;
int maxv;
}tr[N * 4];
void pushup(int u)
{
tr[u].maxv = max(tr[u << 1].maxv, tr[u << 1 | 1].maxv);
}
void build(int u, int l, int r)
{
if (l == r) tr[u] = {l, l, w[l]};
else
{
int mid = l + r >> 1;
tr[u] = {l, r, -0x3f3f3f3f};
build(u << 1, l, mid);
build(u << 1 | 1, mid + 1, r);
pushup(u);
}
}
int query(int u, int l, int r)
{
if (tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) return tr[u].maxv;
else
{
int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;
int maxv = -0x3f3f3f3f;
if (l <= mid) maxv = query(u << 1, l, r);
if (r > mid) maxv = max(maxv, query(u << 1 | 1, l, r));
return maxv;
}
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &w[i]);
build(1, 1, n);
scanf("%d", &m);
while (m -- )
{
int l, r;
scanf("%d%d", &l, &r);
printf("%d\n", query(1, l, r));
}
return 0;
}