区间数据结构从入门到普及-

前言

最近学文化课学傻了，来复习一下数据结构。

能够实现区间操作的数据结构其实并不多，平常也就能用到这几个：

• ST 表
• 树状数组
• 线段树
• 分块

今天我就只说这几个，方便新手入门。如果你是学数据结构的新手，一定一定要循序渐进，这几个数据结构是提高组很常考的考点。

ST 表

• 前置知识：倍增，动态规划
• 适用范围：RMQ 问题，区间 GCD 问题等
• 模板题：P3865，P1890

例题 1：P3865

题目大意

给定长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，以及 \(m\) 组询问，每次询问给出 \(l,r\)，求 \(\max\{a_l,a_{l+1},\dots,a_r\}\)。\(1 \le n \le 10^5\)，\(1 \le m \le 2\times 10^6\)。

题解

题目要求每次查询 \(O(1)\)，最简单的想法就是预处理每个区间的最大值，这样时间确实合理，但空间复杂度 \(O(n^2)\)，直接炸掉。

我们确实需要预处理，但预处理方式有不同。我们学校古时候有个 OIer 叫做 CEXE 的说过，“题目中有预处理，要么倍增，要么 dp”。根据倍增思想，我们定义 \(f_{i,j}\) 为从第 \(i\) 个元素开始的 \(2^j\) 个元素中的最大值。\(i\) 的遍历范围明显是 \(1\) 到 \(n\)，\(j\) 一般从 \(1\) 到 \(30\)。

接着推转移方程。根据倍增的特点，长度为 \(2^j\) 的区间可以由两个长度为 \(2^{j-1}\) 的区间拼起来。由于 \(j\) 从小到大遍历，长度为 \(2^{j-1}\) 的两个区间最大值已经知道，对这两个区间的两个最大值再取一个更大的即可。

这两个区间的最大值都该怎么获取呢？左边区间的起点显然与当前区间的起点相同，长度为 \(2^{j-1}\)；右边区间的起点是左边区间的终点加一，左边区间的终点是 \(i+2^{j-1}-1\)，所以右边区间的起点就是 \(i+2^{j-1}\)，长度依然为 \(2^{j-1}\)。我们就可以得到状态转移方程了。

\[f_{i,j}=\max(f_{i,j-1},f_{i+2^{j-1},j-1}) \]

把它变成代码，就是

f[i][j]=max(f[i][j-1],f[min(i+(1<<(j-1)),n)][j-1]);

注意右边区间的起点可能超过 \(n\)，要与 \(n\) 取一个更小值。

最后，不要忘记 \(f\) 数组的初始化。不难想到 \(f_{i,0}=a_i\)，即从 \(i\) 开始的 \(2^0=1\) 个元素中的最大值就是 \(a_i\)。后面的代码中我直接把输入内容存到了 \(f_{i,0}\) 中，没有开 \(a\) 数组。

预处理完了，来想如何 \(O(1)\) 算出答案。我们可以想到，对于询问区间 \([l,r]\)，可以把它拆成两个可以部分重叠的区间，一个从 \(l\) 开始往前覆盖，一个从 \(r\) 开始往后覆盖。由于重叠的部分对区间最大值没有影响，所以不用处理重叠部分。

例如，对于序列 \(a={1,1,4,5,1,4}\)，假设我们已经预处理完了 \(f\) 数组，想要求 \([2,6]\) 区间内的最大值。我们知道 \(f\) 数组如下：

	\(i=1\)	\(i=2\)	\(i=3\)	\(i=4\)	\(i=5\)	\(i=6\)
\(j=0\)	\(1\)	\(1\)	\(4\)	\(5\)	\(1\)	\(4\)
\(j=1\)	\(1\)	\(4\)	\(5\)	\(5\)	\(4\)	\(4\)
\(j=2\)	\(5\)	\(5\)	\(5\)	\(5\)	\(4\)	\(4\)

我们令 \(k=\left \lfloor \log_2 (r-l+1) \right \rfloor=2\)。这有什么用呢？这表示我们可以用 \([l,2^k]\) 和 \([r-2^k+1,2^k]\) 来凑出 \([l,r]\) 区间的最大值。例如 \([2,6]\) 的最大值就是 \(\max(f_{2,2},f_{3,2})=5\)。写成代码，就是

max(f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k])

想要求出 \(k\)，我们可以使用 cmath 头文件自带的函数 log2() 来取对数。注意函数返回值是 double 类型，需要强制转化成 int 类型，这样省下了一个下取整。

int k=log2(r-l+1);

最后的代码实现还有细节，由于我们要从长度小的区间推到长度大的区间，我们需要保证长度小的区间都预处理完成，所以我们必须先枚举 \(j\) 再枚举 \(i\)。

下面是模板题 P3865 的主要代码。

cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
	cin>>a[i][0];
}
for(int j=1;j<20;j++){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i][j]=max(a[i][j-1],a[min(i+(1<<j-1),n)][j-1]);
	}
}
while(m--){
	cin>>l>>r;
	int k=log2(r-l+1);
	cout<<max(a[l][k],a[r-(1<<k)+1][k])<<endl;
}

最后分析时间复杂度。预处理的复杂度为 \(O(n)\)，每次查询复杂度 \(O(1)\)，\(m\) 次共 \(O(m)\)，总复杂度 \(O(n+m)\)，可以通过本题。

还有一个细节，log2() 函数的复杂度稍大于 \(O(1)\)，但一般忽略。要是想做到严格 \(O(1)\)，可以预处理出每个 \(\log_2 i\) 的值。