RMQ区间最值查询

RMQ区间最值查询

概述

RMQ（Range Minimum/Maximum Query），即区间最值查询，是指这样一个问题：对于长度为n的数列A，

回答若干询问RMQ（A,i,j）(i,j<=n)，返回数列A中下标在i，j之间的最小/大值。这两个问题是在实际应用中经

常遇到的问题，下面介绍一下解决这两种问题的比较高效的算法。

分析：

对于该问题，最容易想到的解决方案是遍历，复杂度是O(n)。但当数据量非常大且查询很频繁时，该算法无法

在有效的时间内查询出正解。

这里介绍Tarjan的Sparse-Table算法，预处理时间为O(nlogn)，但查询只需要O(1)，并且常数很小，算法也很容易写出。

预处理

设A[i]是要求区间最值的数列，F[i, j]  表示从第  i 个数起连续  2^j   个数中的最大值。（DP的状态）

例如 A 数列为：3 2 4 5 6 8 1 2 9 7

F[1，0]表示第1个数起，长度为2⁰=1的最大值，其实就是3这个数。

同理 F[1,1] = max(3,2) = 3, F[1，2]=max(3,2,4,5) = 5，F[1，3] = max(3,2,4,5,6,8,1,2) = 8;

首先：F[i,0]就等于A[i]。（DP的初始值）

其次：我们把F[i，j]平均分成两段（因为f[i，j]一定是偶数个数字），从 i 到i + 2 ^{(j - 1)} - 1为一段，i + 2  ^{(j - 1)}  到 i + 2 ^j - 1为一段

于是我们得到了

状态转移方程             F[i, j]=max（F[i，j-1], F[i + 2^(j-1)，j-1]）。

void RMQ_init(const vector<int> &A) {
    int n = A.size();
    for(int i = 0; i < n; ++i) d[i][0] = A[i];
    for(int j = 1; (1 << j) <= n; ++j)
        for(int i = 0; i + (1 << j) - 1 < n; ++i)
            d[i][j] = min(d[i][j - 1], d[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
}

 查询：

假如我们需要查询的区间为(i,j)，那么我们需要找到覆盖这个闭区间(左边界取i，右边界取j)的最小幂

因为这个区间的长度为  j - i + 1,所以我们可以取   k=log₂( j - i + 1) ,则有：RMQ(A, i, j)=max{   F[i , k] ,   F[ j - 2 ^k + 1, k]   }。
举例说明，要求区间[2，8]的最大值，k = log₂（8 - 2 + 1）= 2，即求max(F[2, 2]，F[8 - 2 ² + 1, 2]) = max(F[2, 2]，F[5, 2])；

 int RMQ(int L, int R) {
     int k = 0;
    while((1 << (k + 1)) <= R - L + 1) ++k;
    return max(d[L][k], d[R - (1 << k) + 1][k]);
 }

例题：

题目描述

老管家是一个聪明能干的人。他为财主工作了整整10年，财主为了让自已账目更加清楚。要求管家每天记k次账，
由于管家聪明能干，因而管家总是让财主十分满意。但是由于一些人的挑拨，财主还是对管家产生了怀疑。
于是他决定用一种特别的方法来判断管家的忠诚，他把每次的账目按1，2，3…编号，然后不定时的问管家问题，
问题是这样的：在a到b号账中最少的一笔是多少？为了让管家没时间作假他总是一次问多个问题。

输入格式：

输入中第一行有两个数m,n表示有m(m<=100000)笔账,n表示有n个问题，n<=100000。
第二行为m个数,分别是账目的钱数
后面n行分别是n个问题,每行有2个数字说明开始结束的账目编号。

输出格式：

输出文件中为每个问题的答案。具体查看样例。

输入输出样例

输入样例#1：
10 3
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
2 7
3 9
1 10
输出样例#1：

2 3 1

 代码：

#include<iostream>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int dp[500100][20];//dp[i][j]是从第i个数起，到第2^j个数止的，最小值
int main(){
    int n,q;
    cin>>n>>q;
    int *arr = new int[n+1];
    for (int i = 1; i <= n; i++){
        cin>>arr[i];
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++)  dp[i][0]=arr[i];
    int count=0;
    while((1<<count)<=n)count++;
    // cout<<"count="<<count<<"  "<<endl;
    for(int j=1;j<=count;j++)
        for(int i=1;i<=n;i++)
            dp[i][j]=min(dp[i][j-1],dp[i+ (1<< (j-1) ) ][j-1]);
    int L,R,k;
    while (q--){
        cin>>L>>R;
        k=0;
        while (1<<(k+1)<=R-L+1)k++;
        cout<<min(dp[L][k],dp[R-(1<<k)+1][k])<<" ";
    }
}