关于RMQ的一些拓展

引入

关于$RMQ$问题（静态区间最值查询），我们一般用的$ST$表，但是还有很多其他用法与用途。

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静态区间最值

也就是对于一个序列$A$，我们每次要查询一个区间$lsim r$中的$min/max{A_i}$

其实一般用树状数组或者线段树可以做到$nlogn+Qlogn$的复杂度$Q$为询问数，但是因为是静态的，我们可以用$ST$表做到$nlogn+Q$

其实思路是这样的，类似于倍增：

这样其实也类似于线段树对于一个区间的管理，但是由于是静态的，不涉及修改，所以我们可以用数组代替记录下来，然后直接查询。（查询每次访问两个数组的值是$O(1)$的）

代码实现大概这样：

Luogu模板
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int M=2e5+10,Log=19;
int n,m;
int maxv[Log][M],lg[Log<<1],ref[M],cnt;
void init(){
	lg[0]=1;for(cnt=1;;cnt++)
	{lg[cnt]=(lg[cnt-1]<<1);if(lg[cnt]>n) break;}
	ref[2]=1;for(int i=3;i<=n;i++)ref[i]=ref[i>>1]+1;
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&maxv[0][i]);
	for(int i=1;i<=cnt;i++){
		for(int j=1,up=n-lg[i]+1;j<=up;j++){
			maxv[i][j]=max(maxv[i-1][j],maxv[i-1][j+lg[i-1]]);
		}
	}
}
int query(int a,int b){
	if(a>b)swap(a,b);
	int k=0,len=b-a+1;
	k=ref[len-1];//预处理这个后才是真正的O(1)
	return max(maxv[k][a],maxv[k][b-lg[k]+1]);//查询最新只需max换成min即可
}
int L,R;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	init();
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&L,&R);
		printf("%d
",query(L,R));
	}
	return 0;
}

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• 类似用法

那么$RMQ$还可以用来求取静态区间$gcd$，合并方式只不过将$max/min$改成了$gcd$。

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树上$LCA$（最近公共祖先）

我们可以用静态树的在线算法：倍增$O(nlogn+Qlogn)$，树链剖分$O(n+Qlogn)$。
也可以用动态树的在线算法：LCT维护$O(nlogn+Qlogn+ ext{大常数})$
还可以使用静态树的离线算法：Trajan$O(n+m+Q+ ext{并查集})$

其实，如果询问量较多，可以使用$RMQ$来实现查询$LCA$。

我们如果求出一棵树的欧拉序，我们来看看，如下图：

欧拉序：就是在深搜的过程中进入时加一次退出时也加一次，简单点就是每次访问时都加一次

我们对其求出的欧拉序为：

$1,2,3,2,4,2,1,5,6,5,7,5,1$

每个点的深度为：
$dep[1]=1$
$dep[2]=2$
$dep[3]=3$
$dep[4]=3$
$dep[5]=2$
$dep[6]=3$
$dep[7]=3$

然后我们来看，先令$st[i]$为$i$号点最开始出现的位置，对于$lca(a,b)$，我们就只需查询欧拉序中的$st[a]sim st[b](st[a]leq st[b])$深度最小的那个点的编号即可。

我们模拟一下：
对于上述图中的$lca(3,5)$，我们相当于查询$st[3]sim st[5]$,那么这里面最小的深度的点就是$3,2,4,3,1,5$中的$1$，而$1$也确实是它们的$lca$

其实正确性是这样的，对于欧拉序中的两个开始位置直之间的点，肯定包含完了这个两个点的路径上的所有点，而$lca$肯定在路径上，并且深度是最小的，所以这样就可以求出。

转欧拉序后长度是$n+m$，所以复杂度最后为$O((n+m)log(n+m)+Q)$的，其中$m=n-1$，所以就是$O(nlogn+Q)$的。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int M=6e5+10,Log=22;
int n,m,lg[M<<1],s; 

struct node{
	int p,dep;
	node(){}
	node(int a,int b):p(a),dep(b){}
	bool operator <(const node &a)const{return dep<a.dep;}
}maxv[Log][M<<1];

struct ss{
	int to,last;
	ss(){}
	ss(int a,int b):to(a),last(b){}
}g[M<<1];
int head[M],cnt;
void add(int a,int b){
	g[++cnt]=ss(b,head[a]);head[a]=cnt;
	g[++cnt]=ss(a,head[b]);head[b]=cnt;
}
int dep[M],pos[M],tot;
void dfs(int a,int b){
	dep[a]=dep[b]+1;maxv[0][pos[a]=++tot]=node(a,dep[a]);
	for(int i=head[a];i;i=g[i].last){
		if(g[i].to==b) continue;
		dfs(g[i].to,a);
		maxv[0][++tot]=node(a,dep[a]);
	}
}
void init(){
	lg[2]=lg[3]=1;
	for(int i=4;i<=tot;i++)lg[i]=lg[i>>1]+1;
	for(int i=1;(1ll<<i)<=tot;i++){
		for(int j=1;j<=tot;j++){
			maxv[i][j]=min(maxv[i-1][j],maxv[i-1][j+(1<<(i-1))]);
		}
	}
}
int getlca(int a,int b){
	if(a>b)swap(a,b);
	int k=lg[b-a+1];
	return min(maxv[k][a],maxv[k][b-(1<<k)+1]).p;
}
int a,b;
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&s);
	for(int i=1;i<n;i++){
		scanf("%d%d",&a,&b);
		add(a,b);
	}
	dfs(s,0);
	init();
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&a,&b);
		printf("%d
",getlca(pos[a],pos[b]));
	}
	return 0;
}

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拓展

我们能不能做到和离线的Tarjan同样优秀的复杂度呢？$O(n+Q)$，其实是可以的。

我们观察一个性质，就是欧拉序里面的相邻两点的$dep$差不超过$1$，所以可以使用$pm 1RMQ$

其实这种$RMQ$网上很少讲，虽然有，但是不清楚，所以博主自己$yy$了几种方法。

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对于$O(nlogn)$的预处理，这是主要要解决的问题，查询$O(1)$已经非常优秀了。

所以我们考虑分块，对于每一块我们做一次$RMQ$，对于分出来的所有块我们再做一次$RMQ$，块的大小大概是$logn$的大小，总共分成$lceilfrac{n}{logn} ceil$块。

对于每一块，先内部求$RMQ$，那么复杂度为$lceilfrac{n}{logn} ceil imes logn imes log(logn)$，所以复杂度为$nloglogn$

然后知道每一块的最值，我们再对$lceilfrac{n}{logn} ceil$块求一个$RMQ$，那么复杂度为$lceilfrac{n}{logn} ceil loglceilfrac{n}{logn} ceil$，算下来不到$O(n)$。

所以总的复杂度为$O(nloglogn)$。

每次查询则分为三部分，两个块内和一个块间，所以复杂度还是$O(1)$的。

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但是这个根本没用到相邻的相差$1$的性质。
所以我们再来看，同样分块，将$+1,-1$的变化看作$0,1$，我们将，然后对于一块只有$2^{frac{logn}{2}}=sqrt{2^{logn}}=sqrt{n}$种不同的情况。

所以我们枚举这些不同情况（用二进制枚举的方式）
类似于这种:

int S=(1<<int(log2(n)+1))>>1;
for(int i=0;i<=S;i++)work();

然后处理这些情况下，从左往右的前缀最小（大），（应该是处理区间和的最值，也就是偏移量，但是这里实际上的实现似乎有点小问题）。
如：$0101$
则表示的是$-1,+1,-1,+1$。
然后我们维护的其实是$0101$的前缀和的$RMQ$。

那么对应到实际上的序列，我们只需知道左端点的值就能快速算出真正最小的值。

那么将每种区间的情况对应上去，每次查询只需加上偏移值即可（也就是左端点值，如果你开始设置的最左边的一个差为$1$的话你要减去$1$，否则加上$1$）。

那么复杂度为$O(sqrt{n}frac{logn}{2}logfrac{logn }{2}+lceil{frac{n}{frac{logn}{2}}} ceil)$

块间的处理还是用原来的$RMQ$的方式，复杂度为$O(lceilfrac{n}{frac{logn}{2}} ceil loglceilfrac{n}{frac{logn}{2}} ceil)$，所以最后还是$O(n)$的。
具体来说，在$n=1e8$的时候，复杂度才只有不到$6e8$。
其实计算来就是$1e4 imes13 imes4+1e8 imes 4+7692308 imes 23=577443084$
而在$n=1e7$的时候就只有：
$3162 imes 12 imes 4+1e7 imes 4+16666667=56818443$
当$n=1e6$的时候只有：
$1000 imes 10 imes 4+1e6 imes 4+1700000=5740000$
所以常数大概是在$5sim 6$之间，比$nlogn$的$logn$小的多了，况且询问是$O(1)$。

那么对于边界块的特殊处理：
对于不满长度$frac{logn}{2}$的块，暴力$RMQ$即可，复杂度为常数。

代码实现，目前不太好写，博主就没有写，而且没找到卡$nlogn$的$LCA$的题，QWQ。

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最终拓展

其实对于所有的一般的序列，不满足$pm1$的性质的，我们可以将其转化为笛卡尔树，然后区间最值问题就转化为了树上求$LCA$的问题，就可以用$pm1RMQ$了，于是就可以做到$O(n)$。

End

讲解中也许有很多问题，如果有会$pm 1RMQ$的大佬觉得有问题的话，提出并联系博主。