st 表

 

 

前置知识——可重复贡献问题

 可重复贡献问题是对于运算 $opt$，运算的性质满足 $x\;opt\;x = x$，则对应的区间询问就是一个可重复的贡献问题，例如：最大值满足 $max(x,x)=x$，最大公因数满足 $gcd(x,x)=x$，因此 rmq 和 gcd 就都是一个可重复贡献的问题。，但是例如区间和就不满足这个性质，因为在求解区间和的过程中采用的预处理区间会发生重叠，导致重叠部分被重复计算，因此对于 $opt$ 操作还需要满足这个性质才能够使用ST表进行求解。

st表在 rmq 中的应用:

不熟悉 rmq 的请先读这篇文章：RMQ。

ST 表基于 倍增 思想，可以做到 $O(n \log n)$ 预处理，$O(1)$ 回答每个询问，但是 不支持修改操作。

我们发现 ，也就是说，区间最大值是一个具有“可重复贡献”性质的问题。即使用来求解的预处理区间有重叠部分，只要这些区间的并集是所求的区间，最终计算出的答案就是正确的。

如果手动模拟一下，可以发现我们能使用至多两个预处理过的区间来覆盖询问区间，也就是说询问时的时间复杂度可以被降至 ，在处理有大量询问的题目时十分有效。

数组 $a$ 是指原区间，也就是要求最大值的区间。

数组 $f$ 是指 st 表。

令 $f[i][j]$ 表示区间 $[i,i+2^j-1]$ 的最大值。

显然 $f[i][0]=a[i]$。

根据定义式，第二维就相当于倍增的时候“跳了 $2^j$ 步”，依据倍增的思路，写出状态转移方程：$f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+2^{j-1}][j-1]$。

以上就是预处理部分。而对于查询，可以简单实现如下：

对于每个询问 $[l,r]$，我们令 $t=\lfloor log_2(r-l+1) \rfloor$，我们把它分成两部分：$[l,l+2^t-1]$ 和 $[r-2^t+1,r]$ 两部分的结果的最大值就是回答。

根据上面对于“可重复贡献问题”的论证，由于最大值是“可重复贡献问题”，重叠并不会对区间最大值产生影响。而我们分成的两个区间一定覆盖 $[l,r]$ 整个区间，所以可以保证答案的正确性。

核心代码：

const int N = 1e5+5;
int lg[N];
int st[N][20];
void build(int n) {
    for(int i=2;i<=n;++i) lg[i]=lg[i>>1]+1;
    for(int i=1;i<=n;++i) cin>>st[i][0];
    for(int j=1;j<19;++j)
        for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;++i) 
            st[i][j]=max(st[i][j-1],st[i+(1<<j-1)][j-1]);
}
int query(int l,int r) {
    int t=lg[r-l+1];
    return max(st[l][t],st[r-(1<<t)+1][t]);
}

st 表练习题：https://www.luogu.com.cn/problem/P3865

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+7;
int st[N][20];
int lg[N];
int query(int l,int r) {
    int t=lg[r-l+1];
    return max(st[l][t],st[r-(1<<t)+1][t]);
}
int main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i=2;i<=n;++i) lg[i]=lg[i>>1]+1;
    for(int i=1;i<=n;++i) cin>>st[i][0];
    for(int j=1;j<19;++j)
        for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;++i) 
            st[i][j]=max(st[i][j-1],st[i+(1<<j-1)][j-1]);
    while(m--) {
        int l,r;
        cin>>l>>r;
        int t=query(l,r);
        cout<<t<<'\n';
    }
    return 0;
}