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【bzoj 1699 & 1636】【POJ 3264】Balanced Lineup(st表|RMQ)

1699: [Usaco2007 Jan]Balanced Lineup排队

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Description

每天,农夫 John 的N(1 <= N <= 50,000)头牛总是按同一序列排队. 有一天, John 决定让一些牛们玩一场飞盘比赛. 他准备找一群在对列中为置连续的牛来进行比赛. 但是为了避免水平悬殊,牛的身高不应该相差太大. John 准备了Q (1 <= Q <= 180,000) 个可能的牛的选择和所有牛的身高 (1 <= 身高 <= 1,000,000). 他想知道每一组里面最高和最低的牛的身高差别. 注意: 在最大数据上, 输入和输出将占用大部分运行时间.

Input

* 第一行: N 和 Q. * 第2..N+1行: 第i+1行是第i头牛的身高.

 * 第N+2..N+Q+1行: 两个整数, A 和 B (1 <= A <= B <= N), 表示从A到B的所有牛.

Output

*第1..Q行: 所有询问的回答 (最高和最低的牛的身高差), 每行一个.

Sample Input

6 3
1
7
3
4
2
5
1 5
4 6
2 2

Sample Output

6
3
0

HINT

Source

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【题解】【RMQ?st表?】
【模板】

ST表学习

作用:ST算法是用来求解给定区间RMQ的最值,本文以最小值为例

举例:

给出一数组A[0~5] = {5,4,6,10,1,12},则区间[2,5]之间的最值为1。

方法:ST算法分成两部分:离线预处理 (nlogn)和 在线查询(O(1))。虽然还可以使用线段树、树状链表等求解区间最值,但是ST算法要比它们更快,而且适用于在线查询。

(1)离线预处理:运用DP思想,用于求解区间最值,并保存到一个二维数组中。

(2)在线查询:对给定区间进行分割,借助该二维数组求最值

具体解释:

(1)离线预处理:

ST算法使用DP思想求解区间最值,貌似属于区间动态规划,不过区间在增加时,每次并不是增加一个长度,而是使用倍增的思想,每次增加2^i个长度。

使用F[i,j]表示以i为起点,区间长度为2^j的区间最值,此时区间为[i,i + 2^j - 1]。

比如,F[0,2]表示区间[0,3]的最小值,即等于4,F[2,2]表示区间[2,5]的最小值,即等于1。

在求解F[i,j]时,ST算法是先对长度为2^j的区间[i,i + 2^j - 1]分成两等份,每份长度均为2^(j - 1)。之后在分别求解这两个区间的最值F[i,j - 1]和F[i + 2^(j - 1),j - 1]。,最后在结合这两个区间的最值,求出整个区间的最值。特殊情况,当j = 0时,区间长度等于0,即区间中只有一个元素,此时F[i,0]应等于每一个元素的值。


举例:要求解F[1,2]的值,即求解区间[1,4] = {4,6,10,1}的最小值,此时需要把这个区间分成两个等长的区间,即为[1,2]和[3,4],之后分别求解这两个区间的最小值。此时这两个区间最小值分别对应着F[1,1] 和 F[3,1]的值。

状态转移方程是 F[i,j] = min(F[i,j - 1],F[i + 2^(j - 1),j - 1])

初始状态为:F[i,0] = A[i]。

在根据状态转移方程递推时,是对每一元素,先求区间长度为1的区间最值,之后再求区间长度为2的区间最值,之后再求区间长度为4的区间最值....,最后,对每一个元素,在求解区间长度为log2^n的区间最值后,算法结束,其中n表示元素个数。

即:先求F[0][1],F[1][1],F[2][1],F[3][1],,,F[n][1],再求.F[0][2],F[1][2],F[2][2],F[3][2],,,F[m][2],... 。

(2)在线处理:这里我们是已知待查询的区间[x,y],求解其最值。

在预处理期间,每一个状态对应的区间长度都为2^i。由于给出的待查询区间长度不一定恰好为2^i,因此我们应对待查询的区间进行处理。

这里我们把待查询的区间分成两个小区间,这两个小区间满足两个条件:(1)这两个小区间要能覆盖整个区间(2)为了利用预处理的结果,要求小区间长度相等且都为2^i。注意两个小区间可能重叠。

如:待查询的区间为[3,11],先尽量等分两个区间,则先设置为[3,7]和[8,11]。之后再扩大这两个区间,让其长度都等于为2^i。刚划分的两个区间长度分别为5和4,之后继续增加区间长度,直到其成为2^i。此时满足两个条件的最小区间长度为8,此时i = 3。

在程序计算求解区间长度时,并没有那么麻烦,我们可以直接得到i,即等于直接对区间长度取以2为底的对数。这里,对于区间[3,11],其分解的区间长度为int(log(11 - 3 + 1)) = 3,这里log是以2为底的。

根据上述思想,可以把待查询区间[x,y]分成两个小区间[x,x + 2^i - 1] 和 [y - 2^i + 1,y] ,其又分别对应着F[x,i]和F[y - 2^i + 1,i],此时为了求解整个区间的最小值,我们只需求这两个值得最小值即可,此时复杂度是O(1)。

[转自:http://www.cnblogs.com/yangjiyuan/p/5493274.html]
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int f1[50010][20],f2[50010][20],a[50010];
int n,q;
int main()
{
	int i,j;
	scanf("%d%d",&n,&q);
	memset(f2,127,sizeof(f2));
	for (i=1;i<=n;i++)
	 {
	 	scanf("%d",&a[i]);
	 	f2[i][0]=f1[i][0]=a[i];
	 }
	for (j=1;j<20;j++)
 	 for (i=1;i<=n;i++)
 	  if (i+(1<<(j-1))<=n)
	   {
	   	f1[i][j]=max(f1[i][j-1],f1[i+(1<<(j-1))][j-1]);
	   	f2[i][j]=min(f2[i][j-1],f2[i+(1<<(j-1))][j-1]);
	   }
	for (i=1;i<=q;i++)
	 {
	 	int x,y,k=0,ans1=0,ans2=0,ans=0;
	 	scanf("%d%d",&x,&y);
		while ((1<<k)<=(y-x+1))
		  k++;
		k--;
		ans1=max(f1[x][k],f1[y-(1<<k)+1][k]);
		ans2=min(f2[x][k],f2[y-(1<<k)+1][k]);
		ans=ans1-ans2;
		printf("%d\n",ans);
	 }
	return 0;
 } 


posted @ 2016-11-08 09:07  lris0-0  阅读(97)  评论(0编辑  收藏  举报
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