RMQ

前言

發現自己忘記了ST表然后搞了一發就來學RMQ了。
注：接下來的時間復雜度標記方式為\(\text{O}{(數據預處理)} \sim \text{O}{(單次詢問)}\)

簡介

• RMQ是英文 Range Maximum/Mininmum Query 的縮寫，表示區間最大(最小)值

算法實現

ST表

• 基於倍增思想。不支持修改

• 在我看來是個DP,f[i][j]用來記錄從i開始跳\(1<<j\)步達到的查詢

• 時間復雜度\(\text{O}{(n \log n)} \sim \text{O}{(1)}\)

• 空間復雜度\(\text{O}{(n \log n)}\)

int n,m,lg[25];
int f[N][25];
inline int query(int l,int r){
    int k=log2(r-l+1);
    return max(f[l][k],f[r-lg[k]+1][k]);
}//可以覆蓋整個區間
int main(){
    n=read();m=read();lg[0]=1;
    for(int i=1;i<=21;i++)lg[i]=lg[i-1]<<1;
    for(int i=1;i<=n;i++)f[i][0]=read();
    for(int k=1;k<=21;k++)
        for(int i=1;i+lg[k]-1<=n;i++){
            f[i][k]=max(f[i][k-1],f[i+lg[k-1]][k-1]);
        }
    for(int i=1,l,r;i<=m;i++){
        l=read();r=read();
        printf("%d\n",query(l,r));
    }
    return 0;
}

除此之外，ST表還可以維護其他的可重復貢獻問題。

• RMQ

• 區間按位和

• 區間按位或

• 區間GCD

例題

[SCOI2007]降雨量

線段樹

• 時間復雜度\(\text{O}{(n)} \sim \text{O}{( \log n)}\)
• 空間復雜度\(\text{O}{(n)}\)

Four Russian

• 不愧是戰斗民族發明出這么惡臭的暴力的算法:)

• 在ST表的基礎上進行序列分塊。將每一塊建立一個ST表，解決問題時通過ST表上的區間查詢解決。

• 在\(block=\log n\)時，預處理復雜度達到最優，為\(\text{O}{(n \log \log n)}\)

但在算法競賽中一般將塊大小設為\(\sqrt {n}\)，然后預處理出每一塊內前綴和后綴的RMQ，再暴力預處理出任意連續的整塊直接的RMQ，時間復雜度為\(\text{O}{(n)}\)。

• 對於左右端點不在同一塊內的詢問，我們可以直接\(\text{O}{1}\)得到左端點所在塊的后綴RMQ，左端點和右端點之間的連續整塊RMQ，和右端點所在塊的前綴RMQ，答案即為三者最值
• 對於左右端點在同一塊內的詢問，我們可以暴力求出兩點間的RMQ，時間復雜度為\(\text{O}{(n)}\)，但是單個詢問左右端點在同一塊內的期望為\(\text{O}{\frac{\sqrt{n}}{n}}\)，所以這種方法的時間復雜度為期望\(\text{O}{(n)}\)。

而在算法競賽中，我們並不用非常擔心出題人卡掉這種算法，因為我們可以通過在\(\sqrt {n}\)的基礎上隨機微調塊大小，很大程度上避免算法在根據特定塊大小構造的數據中出現最壞情況。並且如果出題人想要卡掉這種方法，則暴力有可能可以通過。
————noip(毒瘤)

例題

由乃救爺爺
我終於寫出了四毛子，必須貼！！

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace GenHelper{
    unsigned z1,z2,z3,z4,b;
    unsigned rand_(){
        b=((z1<<6)^z1)>>13;
        z1=((z1&4294967294U)<<18)^b;
        b=((z2<<2)^z2)>>27;
        z2=((z2&4294967288U)<<2)^b;
        b=((z3<<13)^z3)>>21;
        z3=((z3&4294967280U)<<7)^b;
        b=((z4<<3)^z4)>>12;
        z4=((z4&4294967168U)<<13)^b;
        return (z1^z2^z3^z4);
    }
}
void srand(unsigned x){
    using namespace GenHelper;
    z1=x;
    z2=(~x)^0x233333333U;
    z3=x^0x1234598766U;
    z4=(~x)+51;
}
int read(){
    using namespace GenHelper;
    int a=rand_()&32767;
    int b=rand_()&32767;
    return a*32768+b;
}

typedef unsigned long long uLL;
const int N=20000005;
const int maxb=4473,sumb=maxb+1005;
inline int input(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*f;
}
int n,m,s,a[N+maxb];
int block,lim;
int f[sumb][maxb],lg[27],highbit[N+maxb];
int L[sumb][maxb],R[sumb][maxb];
uLL ans=0;
int main(){
    n=input();m=input();s=input();
    srand(unsigned(s));lg[0]=1;
    for(int i=1;i<=26;i++)lg[i]=lg[i-1]<<1;
    block=sqrt(n);
    lim=(n-1)/block;
    for(int i=0;i<n;i++){
        a[i]=read();
        f[i/block][0]=max(f[i/block][0],a[i]);
    }
    for(int i=lim;i>=0;i--)
        for(int k=1;i+lg[k]-1<=lim;k++)
            f[i][k]=max(f[i][k-1],f[i+lg[k-1]][k-1]);
    for(int i=0;i<=lim;i++){
        int now=i*block;
        L[i][0]=a[now];
        for(int k=1;k<block;k++){
            L[i][k]=max(L[i][k-1],a[now+k]);
        }
        R[i][block-1]=a[now+block-1];
        for(int k=block-2;k>=0;k--)
            R[i][k]=max(R[i][k+1],a[now+k]);
    }
    for(int k=0;lg[k]<=n;k++)
        for(int i=lg[k];i<lg[k+1];i++){
            if(i>n)break;
            highbit[i]=k;
        }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int l=read()%n,r=read()%n;
        if(l>r)swap(l,r);
        int bl=l/block,br=r/block;
        int now=0;
        if(bl==br){
            for(int i=l;i<=r;i++)
                now=max(now,a[i]);
        }else {
            now=max(now,R[bl][l%block]);
            now=max(now,L[br][r%block]);
            int len=br-bl-1;
            int k=highbit[len];
            if(len){
                now=max(now,f[bl+1][k]);
                now=max(now,f[br-lg[k]][k]);
            }
        }
        ans+=unsigned(now);
    }
    printf("%llu",ans);
    return 0;
}

加減1RMQ

• 若序列滿足相鄰兩元素相差為 1，在這個序列上做 RMQ 可以成為加減 1RMQ

• 由於相鄰兩個數字的差值為\(1\)，所以在固定左端點數字時長度不超過$ \log n\(的右側序列種類數為\)\sum_{i=1}^{i \le \log n}2^{i-1}\(，而這個式子顯然不超過\)n\(。可以預處理出所以不超過\)n$種情況的最小值-第一個元素的值。

• 我們可以用它來優化四毛子預處理

  • 預處理同一塊內相鄰兩個數字直接的差，並且用二進制將其表示出來，在詢問時找到詢問區間對應的二進制表示查表得出答案

預處理時間可以優化到\(O(n)\)

笛卡爾樹

• 將普通RMQ轉換為LCA問題,時間復雜度為\(\text{O}{(n)} \sim \text{O}{(\log n)}\)，常數小但會被卡
• 可以進而轉化為加減1RMQ問題，時間復雜度為\(\text{O}{(n)} \sim \text{O}{1}\)，常數大

code

int n,m,s,a[N];
int top,sta[N];
int ls[N],rs[N];
unsigned long long ans;
inline int query(int x,int l,int r){
    while(x<l||x>r)
        x=x<l?rs[x]:ls[x];
    return x;
}
int main(){
    n=input();m=input();s=input();srand(s);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        a[i]=read();
        int k=top;
        while(k&&a[i]>a[sta[k]])k--;
        if(k)rs[sta[k]]=i;
        if(k<top)ls[i]=sta[k+1];
        sta[++k]=i;top=k;
    }
    int root=sta[1];
    for(int i=1,l,r;i<=m;i++){
        l=read()%n+1;r=read()%n+1;
        if(l>r)swap(l,r);
        ans+=a[query(root,l,r)];
    }
    printf("%llu",ans);
    return 0;
}

這是直接暴力查找的，大概就這個意思。是由乃救爺爺那個題的。因為暴力查找只能過隨機化的數據啊悲

基於狀壓的線性RMQ做法

請巨佬們自己研究吧！！

練習

板子題

【模板】ST 表

• ST表和暴力查詢的笛卡爾樹都能水過

[SCOI2007]降雨量

• 給定年份和降雨量問“X年是自Y年以來降雨量最多的”這句話必真、必假還是有可能
• map映射，小細節多

下面是一些例題

例題

一、由乃救爺爺

• 求RMQ以及詢問，\(n,m \le 20000000\)。看這個數據范圍用ST表直接GG。

• 兩種做法：

  • \(\sqrt{n}\)分塊：預處理時間復雜度\(\text{O}{(n)}\)，查找時在同一塊內的期望為\(\text{O}{(\frac{\sqrt{n}}{n})}\)，所以暴力查找的時間復雜度為\(\text{O}{(n)}\)，其他的查找為\(\text{O}{(1)}\)。所以時間復雜度為\(\text{O}{(n)}\)。空間復雜度\(\text{O}{(4n)}\)不會炸。

    這種方法並不好卡，因為卡該算法\(\sqrt{n}\)的暴力時有可能會讓真正的暴力通過

  • 笛卡爾樹：因為是隨機數據，所以可以直接暴力查找。預處理\(O(n)\)，查找\(\text{O}{(\log n)}\)的，跑得飛快(指快過分塊)。空間復雜度\(\text{O}{(4n)}\)不會炸。

二、[HAOI2007]理想的正方形

• 求長為a,寬為b的矩形邊長為n的min(RMaxQ-RMinQ)。\(2 \le n \le m,n \le a,n \le b,n \le 100\)。

• 單調隊列優化的二維RMQ(霧)

• 暴力的想法很簡單，用ST表，每行求RMQ，然后枚舉。

• 在暴力的想法之上，仍舊是枚舉每行每列，但是可以先枚舉每列然后枚舉行，利用單調隊列來維護行上在要取的\(n\)為邊長正方形內的Max和Min即可

->其實直接用單調隊列一枚到底（指在行上也直接用單調隊列維護預處理）也行。

三、[NOI2010] 超級鋼琴

• 老經典題了大多數人都做過，但題太少了所以……（霧）

• 貪心+堆維護最優

• 用RMQ記錄下標，找[l,r]最大的子段和的下標

• 然后用大根堆每次取堆頂然后再扔進去[l,pos-1],[pos+1,r]（pos是最優的位置）取k次即可

  四、[HNOI2016]序列

• 求解\(\sum_{i=l}^{r}\sum_{j=i+1}^{r} \space \min{a[i \sim j]}\)

• 發現題解里好多用莫隊的，還有因為隨機數據笛卡爾樹和線段樹莽的，還有各種神奇數據結構的

• 實際上這個題的莫隊就是普通莫隊只是用來簡單的優化查詢而已，其他的用數據結構的是在線做法，比如什么線段樹掃描線啊貓樹啊奇怪的樹狀數組啊，對比之下莫隊不就香香了嘛。（反正大家都會普通莫隊……的吧）
• 莫隊實現主要在於如何維護[l,r+1] （知道這個了自然也就知道[l-1,r],[l,r-1],[l+1,r]了）。發現本次增加的是[l,r+1],[l+1,r+1]...[r+1,r+1]，考慮[l,r+1]之間最小值的位置為p。則[l,p]的最小值一點為a[p]，貢獻為\(a[p]\times (p-l+1)\)，可以用RMQ來解決。
• [p+1,r+1]內的數一定全部比a[p]大，所以一定有向左第一個比當前小的a[x]的位置為p。 設f[l] [r]表示以r為右端點，左端點在[l,r]的區間的答案。記L[i]表示從i向前第一個比i小的數的位置，則左端點在[L[r],r]的區間最小值都是a[r]，所以\(f[l][r]=f[l][L[r]]+a[r]\times(r-L[r])\)，發現與l無關可以去掉這一維，即\(f[r]=f[L[r]]+a[r]\times(r-L[r])\)。 又知道\(L[x],x\in[p+1,r+1]\)至少有一個p，所以一定可以計算出f[p+1] [r+1]
• \(f_{r+1}=a_{r+1}\times (r+1-pre_{r+1})+...+a_x\times (x-p)+f_p\)。所以\(f_{r+1}-f_p\)就是要求的f[p+1] [r+1]

五、水の數列

事實證明毒瘤題都是多次強化出來的（霧

• 給定一個長度為\(N\)的數列，選擇\(x\)，將小於等於\(x\)的數標記，且得到的區間個數在\(l \sim r\)范圍內，得到的得分是每一個連續標記區間的長度的平方和/x，T組詢問，強制在線
• \(1 \le N \le 10^6,1 \le T \le 10^3,1 \le num_i \le 10^6\)
• 這……只能通過x來預處理所有情況了……吧？記錄每個x出現的位置，用len維護擴展的兩端的長度再記錄val用來更新當前x的ans即可。
• 查詢的時候通過RMQ查詢分塊[l,r]內的最大即可，但因為塊的個數不可能超過\(n>>1\)個所以ST表可以開下。