Round #4 RMQ问题ST算法
前几天群里看到有人问[JSOI2008]最大数，一道很简单的问题，线段树无脑做，但是看到了动态ST，emmm，学学吧，听大佬说了下思路，还好，不难的；
四道题都可以用其他数据结构或做法代替，例如线段树，dp什么的，但这不重要，毕竟学的就是ST表，触类旁通，数据结构很多知识都是可以互通的，例如一维推广到二维，可持久化这些；
倍增思想，常见的有：
1. 2^(x1)+2^(x2)...2^(xn)=2^n (max{xi}<=logn)
对于正整数x，存在一个二进制表示方法，例如11=1011(2)，那么也就是11可以用2^3+2^1+2^0表示；
所以快速幂采用这种方法，在log(n)的时间内求出2^n；
2. 2^n=2*2^(n-1)=2^(n-1)+2^(n-1)
假设我们知道了间隔为2^x的最小值，那么我们可以把两个相邻的间隔为2^x的最小值合并成间隔为2^(x+1)最小值；
那么我们查询区间[L,R]的最小值，我们可以通过查询区间长度为2^k（k=floor(log(R-L+1))）的两个区间[L,L+2^k-1]，[R-2^k+1,R]的最小值得到答案，而得到区间以i为起点，长度为2^k的区间的最小值，就可以通过前面说的合并方式预处理得到，那么这就是ST表了；
就...一道裸的ST表，唯一可以说的就是，题目说明了时间卡的紧，务必保证查询复杂度为O(1)，一般来说我们可能会对于查询n的logn去枚举一下，那么这题都这样说了，那我就O(1)吧，不枚举了；
我来递推logn的值，边界Log(1)=0，然后就Log(n)=Log(n/2)+1；
注意，这里是下取整，即2^k<=n，k的最大值
#include<bits/stdc++.h> using std::cin; using std::cout; using std::endl; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef std::pair<int,int> P; #define FOR(i,init,len) for(int i=(init);i<(len);++i) #define For(i,init,len) for(int i=(init);i<=(len);++i) #define fi first #define se second #define pb push_back #define is insert namespace IO { inline char getchar() { static const int BUFSIZE=5201314; static char buf[BUFSIZE],*begin,*end; if(begin==end) { begin=buf; end=buf+fread(buf,1,BUFSIZE,stdin); if(begin==end) return -1; } return *begin++; } } inline void read(int &in) { int c,symbol=1; while(isspace(c=IO::getchar())); if(c=='-') { in=0;symbol=-1; } else in=c-'0'; while(isdigit(c=IO::getchar())) { in*=10;in+=c-'0'; } in*=symbol; } inline int read() { static int x;read(x);return x; } ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a; } ll lcm(ll a,ll b) { return a/gcd(a,b)*b; } #define PA(name,init,len) cout<<#name"["<<(len-init)<<"]=";FOR(_,init,len) cout<<name[_]<<" \n"[_==(len-1)]; #define Pa(name,init,len) cout<<#name"["<<(len-init+1)<<"]=";For(_,init,len) cout<<name[_]<<" \n"[_==(len)]; #define PV(name) cout<<#name"="<<name<<'\n'; const int maxn=1e5+10; const int logn=18; int n,m; int d[maxn][logn]; int Log[maxn]; int main() { #ifdef MengLan int Beginning=clock(); //freopen("in","r",stdin); //freopen("out","w",stdout); #endif // MengLan Log[1]=0; FOR(i,2,maxn) Log[i]=Log[i/2]+1; scanf("%d%d",&n,&m); For(i,1,n) scanf("%d",&d[i][0]); //For(i,1,10) printf("log[%d]=%d\n",i,Log[i]); for(int j=1;(1<<j)<=n;++j) for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;++i) d[i][j]=std::max(d[i][j-1],d[i+(1<<(j-1))][j-1]); while(m--){ int l,r;scanf("%d%d",&l,&r); int k=Log[r-l+1]; printf("%d\n",std::max(d[l][k],d[r-(1<<k)+1][k])); } #ifdef MengLan printf("Time: %d\n",clock()-Beginning); system("pause"); #endif // MengLan return 0; }
很后悔加了这道题，因为这道题没什么难的，就是要讨论的东西有点多而已。。。
题意有两个条件，1.要求Y年降雨量大于等于X年（重点，一开始没注意这个条件），2.降雨量max{（Y，X）}（注意，(x,y)意思是开区间）的最大值严格小于X年降雨量
分四种情况考虑，每种情况的具体细节见代码注释：
1.Y、X年的降雨量均存在记录，那么按题意做
2.Y年降雨量不存在记录，但X年降雨量存在记录，那么第一个条件无法判断，我们就假设成立吧，则第二个条件成立的话，是maybe，否则就是false
3.Y年存在记录，X年不存在记录，依旧第一个条件无法判断，继续假设成立，那X年的降雨量最做和Y年降雨量一样，那么就取它吧，判断是否符合第二个条件，可以就maybe，否则false
4，X和Y年都不存在，只能maybe了
#include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<sstream> #include<fstream> #include<vector> #include<list> #include<deque> #include<stack> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<cmath> #include<utility> #include<numeric> #include<iterator> #include<algorithm> #include<functional> #include<ctime> #include<cassert> using std::cin; using std::cout; using std::endl; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef std::pair<int,int> P; #define FOR(i,init,len) for(int i=(init);i<(len);++i) #define For(i,init,len) for(int i=(init);i<=(len);++i) #define fi first #define se second #define pb push_back #define is insert namespace IO { inline char getchar() { static const int BUFSIZE=5201314; static char buf[BUFSIZE],*begin,*end; if(begin==end) { begin=buf; end=buf+fread(buf,1,BUFSIZE,stdin); if(begin==end) return -1; } return *begin++; } } inline void read(int &in) { int c,symbol=1; while(isspace(c=IO::getchar())); if(c=='-') { in=0;symbol=-1; } else in=c-'0'; while(isdigit(c=IO::getchar())) { in*=10;in+=c-'0'; } in*=symbol; } inline int read() { static int x;read(x);return x; } ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a; } ll lcm(ll a,ll b) { return a/gcd(a,b)*b; } #define PA(name,init,len) cout<<#name"["<<(len-init)<<"]=";FOR(_,init,len) cout<<name[_]<<" \n"[_==(len-1)]; #define Pa(name,init,len) cout<<#name"["<<(len-init+1)<<"]=";For(_,init,len) cout<<name[_]<<" \n"[_==(len)]; #define PV(name) cout<<#name"="<<name<<'\n'; const int maxn=1e5+10; const int logn=18; int n,m; struct Lan{ int y,r; bool operator<(const int &rhs)const{return y<rhs;} }in[maxn]; int d[maxn][logn],Log[maxn]; int find(int x){return std::lower_bound(in,in+n,x)-in;} int main() { #ifdef MengLan int Beginning=clock(); //freopen("in","r",stdin); //freopen("out","w",stdout); #endif // MengLan scanf("%d",&n); FOR(i,0,n) scanf("%d%d",&in[i].y,&in[i].r),d[i][0]=in[i].r; scanf("%d",&m); Log[1]=0; For(i,2,n) Log[i]=Log[i/2]+1; for(int j=1;(1<<j)<=n;++j) for(int i=0;i+(1<<j)-1<n;++i) d[i][j]=std::max(d[i][j-1],d[i+(1<<(j-1))][j-1]); while(m--){ int x,y;scanf("%d%d",&y,&x); //assert(y+1<x); int l=find(y),r=find(x); if(in[l].y==y&&in[r].y==x){ if(in[l].r<in[r].r) puts("false");//x年的降雨量比y年大，不符合“X年的降雨量不超过Y年” else if(y+1==x) puts("true");//空集，区间(y,x)直接不存在其他年份，由上一个条件知道y年降雨量比x年多，那么显然是对的 else if(l+1==r) puts("maybe");//由两个条件可知，区间(y,x)直接存在其他年份，但是却没有这一年或多年的记录，那么显然maybe else{//上面的特殊情况终于完了，下面是正常情况 int L=l+1,R=r-1; int k=Log[R-L+1]; int max=std::max(d[L][k],d[R-(1<<k)+1][k]);//区间(y,x)的最大值 if(max>=in[r].r) puts("false"); else if(x-y+1==r-l+1) puts("true");//区间(y,x)内每年都有记录，那么可以准确回答 else puts("maybe"); } } else if(in[l].y==y){ if(l+1==r) puts("maybe");//区间(y,x)没有记录，而我也不知道x年的值，那么只能maybe else{//区间(y,x)有记录，那么我假设x年降雨量和y年一样，也符合“X年的降雨量不超过Y年”，那么就看(y,x)是否比y要小了 int L=l+1,R=r-1; int k=Log[R-L+1]; int max=std::max(d[L][k],d[R-(1<<k)+1][k]); if(max>=in[l].r) puts("false"); else puts("maybe"); } } else if(in[r].y==x){ if(l==r) puts("maybe");//y年没记录，我还找不到(y,x)的记录，那么maybe else{//区间(y,x)有记录，假设y年比我x年大，那么我判断(y,x)是不是比x年小就好了 int L=l,R=r-1; int k=Log[R-L+1]; int max=std::max(d[L][k],d[R-(1<<k)+1][k]); if(max>=in[r].r) puts("false"); else puts("maybe"); } } else puts("maybe"); } #ifdef MengLan printf("Time: %d\n",clock()-Beginning); system("pause"); #endif // MengLan return 0; }
ST表，动态ST表，模拟预处理ST表从0层到logn层的过程，每插入一个元素，从0层开始往上更新，定位左边界L，d[L][k]=min(d[L][k-1],d[L+(1<<(k-1))][k-1])即可
emmm，你会发现每次插入n的时候n还要加上上次询问的t作为最终插入值，意思很明显，强制在线，不然的话，可以考虑离线做法，读取插入数据，得到全部元素，对于询问记录询问时的最右边端点R，然后R-L+1得到左端点，即询问[R-L+1,R]的最大值，最后预处理了ST表，再去对这些询问处理，得到结果输出，说说而已，这题又不能离线，强制在线，而且线段树什么的，做起来更容易
#include<bits/stdc++.h> using std::cin; using std::cout; using std::endl; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef std::pair<int,int> P; #define FOR(i,init,len) for(int i=(init);i<(len);++i) #define For(i,init,len) for(int i=(init);i<=(len);++i) #define fi first #define se second #define pb push_back #define is insert namespace IO { inline char getchar() { static const int BUFSIZE=5201314; static char buf[BUFSIZE],*begin,*end; if(begin==end) { begin=buf; end=buf+fread(buf,1,BUFSIZE,stdin); if(begin==end) return -1; } return *begin++; } } inline void read(int &in) { int c,symbol=1; while(isspace(c=IO::getchar())); if(c=='-') { in=0;symbol=-1; } else in=c-'0'; while(isdigit(c=IO::getchar())) { in*=10;in+=c-'0'; } in*=symbol; } inline int read() { static int x;read(x);return x; } ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a; } ll lcm(ll a,ll b) { return a/gcd(a,b)*b; } #define PA(name,init,len) cout<<#name"["<<(len-init)<<"]=";FOR(_,init,len) cout<<name[_]<<" \n"[_==(len-1)]; #define Pa(name,init,len) cout<<#name"["<<(len-init+1)<<"]=";For(_,init,len) cout<<name[_]<<" \n"[_==(len)]; #define PV(name) cout<<#name"="<<name<<'\n'; const int maxn=2e5+10; const int logn=22; ll d[maxn][logn]; int M,D; int main() { #ifdef MengLan int Beginning=clock(); //freopen("in","r",stdin); //freopen("out","w",stdout); #endif // MengLan scanf("%d%d",&M,&D); ll t=0; int size=0; while(M--){ char cmd[10]; ll in; scanf("%s%lld",cmd,&in); if(cmd[0]=='A'){ in=(in+t)%D; d[size][0]=in; //直接更新到最高层去，省得以后多加一层，我还需要跑去处理最上层的东西，更好写，常数会高一点，毕竟nlogn跑满了 FOR(k,1,logn){ int len=(1<<k); int L=size-len+1;//区间[L,size],长度为2^k if(L<0) d[0][k]=std::max(d[0][k],in);//2^k>size，d[0][k]表示的区间大于当前我值的个数，那么全部更新到以0开始长度为2^k的区间里面去 else d[L][k]=std::max(d[L][k-1],d[L+(1<<(k-1))][k-1]); } ++size; } else{ if(in==0) puts("0"); else{ int k=0; while((1<<(k+1))<=in) ++k; int L=size-in; t=std::max(d[L][k],d[size-(1<<k)][k]); printf("%lld\n",t); } } } #ifdef MengLan printf("Time: %d\n",clock()-Beginning); system("pause"); #endif // MengLan return 0; }
ST表嘛，那我们就ST表做咯，将一维推广到二维，下午想了一下，然后就去睡觉了，睡醒再一看，简直太简单了，然后开心的算一下空间大小，好像哪里不对，n^2log^2(n)，内存有点炸，而且时间和空间复杂度都是n^2log^2(n)的。
二维ST表大概是这样的（开始瞎吹，我也没写过吖）
在每次枚举一个y轴上的间隔为2^l的时候，我们在x轴上做一遍一维的预处理，那么对于矩形查询[n,m]的最大/小值，我们都可以找到一个最大的l和k(2^l<=n&&2^k<=m)直接在ST表上查找；
这题是求正方形，而且一开始就给定了正方形的边长n，那么我们就可以简化一下下，变成一个查找正方形的ST表，而不是查找矩形的ST表；
和上面有什么区别？区别就是间距只有一个k，表示宽度为2^k的正方形的最小值
那么d[i][j][k]就可以从四个点{d[i][j][k-1],d[i][j+(1<<(k-1))][k-1],d[i+(1<<(k-1))][j][k-1],d[i+(1<<(k-1))][j+(1<<(k-1))][k-1]}转移过来
而一维只需要从左右两个点，这里需要从左上，右上，左下，右下四个点；
#include<bits/stdc++.h> using std::cin; using std::cout; using std::endl; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef std::pair<int,int> P; #define FOR(i,init,len) for(int i=(init);i<(len);++i) #define For(i,init,len) for(int i=(init);i<=(len);++i) #define fi first #define se second #define pb push_back #define is insert namespace IO { inline char getchar() { static const int BUFSIZE=5201314; static char buf[BUFSIZE],*begin,*end; if(begin==end) { begin=buf; end=buf+fread(buf,1,BUFSIZE,stdin); if(begin==end) return -1; } return *begin++; } } inline void read(int &in) { int c,symbol=1; while(isspace(c=IO::getchar())); if(c=='-') { in=0;symbol=-1; } else in=c-'0'; while(isdigit(c=IO::getchar())) { in*=10;in+=c-'0'; } in*=symbol; } inline int read() { static int x;read(x);return x; } ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a; } ll lcm(ll a,ll b) { return a/gcd(a,b)*b; } #define PA(name,init,len) cout<<#name"["<<(len-init)<<"]=";FOR(_,init,len) cout<<name[_]<<" \n"[_==(len-1)]; #define Pa(name,init,len) cout<<#name"["<<(len-init+1)<<"]=";For(_,init,len) cout<<name[_]<<" \n"[_==(len)]; #define PV(name) cout<<#name"="<<name<<'\n'; const int maxn=1e3+10; const int logn=13; int a,b,n; int in[maxn][maxn]; int max[maxn][maxn][logn],min[maxn][maxn][logn]; int main() { #ifdef MengLan int Beginning=clock(); //freopen("in","r",stdin); //freopen("out","w",stdout); #endif // MengLan scanf("%d%d%d",&a,&b,&n); FOR(i,0,a) FOR(j,0,b){ scanf("%d",in[i]+j); max[i][j][0]=min[i][j][0]=in[i][j]; } for(int k=1;(1<<k)<=n;++k) { for(int i=0;i+(1<<k)-1<a;++i) for(int j=0;j+(1<<k)-1<b;++j){ max[i][j][k]=std::max({max[i][j][k-1],max[i][j+(1<<(k-1))][k-1],max[i+(1<<(k-1))][j][k-1],max[i+(1<<(k-1))][j+(1<<(k-1))][k-1]});//C++11的新特性，函数参数可以传个initializer_list过去，说白了就是传个特定类型数组过去 min[i][j][k]=std::min({min[i][j][k-1],min[i][j+(1<<(k-1))][k-1],min[i+(1<<(k-1))][j][k-1],min[i+(1<<(k-1))][j+(1<<(k-1))][k-1]}); //printf("max[%d][%d][%d]=%d min[%d][%d][%d]=%d\n",i,j,k,max[i][j][k],i,j,k,min[i][j][k]); } } //枚举左上角i，j，求区间[i,i+n][j,j+n]的最大最小值作差更新ans int k=0,ans=2e9; while((1<<(k+1))<=n) ++k; for(int i=0;i+n-1<a;++i) for(int j=0;j+n-1<b;++j){ int Max=std::max({max[i][j][k],max[i][j+n-(1<<k)][k],max[i+n-(1<<k)][j][k],max[i+n-(1<<k)][j+n-(1<<k)][k]}); int Min=std::min({min[i][j][k],min[i][j+n-(1<<k)][k],min[i+n-(1<<k)][j][k],min[i+n-(1<<k)][j+n-(1<<k)][k]}); ans=std::min(ans,Max-Min); } printf("%d\n",ans); #ifdef MengLan printf("Time: %d\n",clock()-Beginning); system("pause"); #endif // MengLan return 0; }
写题解什么的，是真的花时间。。。原本以为一小时写得完，然后emmm，怎么花了好像两个多小时？睡觉睡觉
漫無目的的尋，尋一個夢，夢紫幽蘭
