借助倍增和动态规划可以实现O（1）的时间复杂度的查询
预处理：
①区间DP 转移方程 f[i][j] = min(MAX同理)(f[i][j - 1],f[i + ][j - 1]) f[i][j]表示从i位置开始的后2^j个数中的最大值
用f[i][j]表示从j到j+2^i-1的最小值（长度显然为2^i）。
任意一段的最小值显然等于min（前半段最小值，后半段最小值）。
那么f[i][j]如何用其他状态来继承呢？
j到j+2^i-1的长度为2^i，那么一半的长度就等于2^(i-1)。
那么前半段的状态表示为f[i-1][j]。
后半段的长度也为2^(i-1)，起始位置为j+2^(i-1)。
那么后半段的状态表示为f[i-1][j+2^(i-1)]。
②不过区间在增加时，每次并不是增加一个长度，而是基于倍增思想，用二进制右移，每次增加2^i个长度 ，最多增加logn次
这样预处理了所有2的幂次的小区间的最值
查询：
③对于每个区间，分成两段长度为的区间，再取个最值（这里的两个区间是可以有交集的，因为重复区间并不影响最值)
比如3,4,6,5,3一种分成3,4,6和6,5,3，另一种分成3,4,6和5,3，最大值都是6，没影响。
首先明确 2^log(a)>a/2
这个很简单，因为log(a)表示小于等于a的2的最大几次方。比如说log(4)=2,log(5)=2,log(6)=2,log(7)=2,log(8)=3,log(9)=3…….
那么我们要查询x到y的最小值。设len=y-x+1,t=log(len),根据上面的定理：2^t>len/2,从位置上来说，x+2^t越过了x到y的中间！
因为位置过了一半,所以x到y的最小值可以表示为min(从x往后2^t的最小值，从y往前2^t的最小值),前面的状态表示为f[t][x]
设后面（从y往前2^t的最小值）的初始位置是k，那么k+2^t-1=y，所以k=y-2^t+1,所以后面的状态表示为f[t][y-2^t+1]
所以x到y的最小值表示为f(f[t][x],f[t][y-2^t+1])，所以查询时间复杂度是O（1）
④所以O(nlogn)预处理，O(1)查询最值 但不支持修改
预处理时间复杂度O（nlogn），查询时间O（1）。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
using namespace std;
int map[1000005][20];
int N,K;
void work()
{
int i,j;
for(j=1;1<<j<=N;j++)
for(i=1;i+(1<<j)-1<=N;i++)//i+(1<<j)-1<=n是为了保证区间左端点不超出总数n
map[i][j]=min(map[i][j-1],map[i+(1<<j-1)][j-1]);//实质是动态规划
}
int question(int z,int y)
{
int x=int (log(y-z+1)/log(2));//注意y-z要加一才为区间长度
return min(map[z][x],map[y-(1<<x)+1][x]);//分别以左右两个端点为基础，向区间内跳1<<x的最
//大值;
}
int main()
{
scanf("%d",&N);//输入数据总数
scanf("%d",&K);//输入询问次数k
for(int i=1;i<=N;i++)
scanf("%d",&map[i][0]);//数据输入加初始化，即从i开始向右走2的0次方的区间中的最大值，（注//意i到i的长度为一）。
work();//预处理
for(int i=1;i<=K;i++)
{
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
printf("%d ",question(a,b));//输出结果
}
return 0;
}