51nod 1174 区间中最大的数 （线段树+RMQ）

给出一个有N个数的序列，编号0 - N - 1。进行Q次查询，查询编号i至j的所有数中，最大的数是多少。

例如: 1 7 6 3 1。i = 1, j = 3，对应的数为7 6 3，最大的数为7。（该问题也被称为RMQ问题）

Input

第1行：1个数N，表示序列的长度。(2 <= N <= 10000)
第2 - N + 1行：每行1个数，对应序列中的元素。(0 <= S[i] <= 10^9)
第N + 2行：1个数Q，表示查询的数量。(2 <= Q <= 10000)
第N + 3 - N + Q + 2行：每行2个数，对应查询的起始编号i和结束编号j。(0 <= i <= j <= N - 1)

Output

共Q行，对应每一个查询区间的最大值。

Input示例

5
1
7
6
3
1
3
0 1
1 3
3 4

Output示例

7
7
3

动态规划：

1. 概述

RMQ（Range Minimum/Maximum Query），即区间最值查询，是指这样一个问题：对于长度为n的数列A，回答若干询问RMQ（A,i,j）(i,j<=n)，返回数列A中下标在i，j之间的最小/大值。这两个问题是在实际应用中经常遇到的问题，下面介绍一下解决这两种问题的比较高效的算法。当然，该问题也可以用线段树（也叫区间树）解决，算法复杂度为：O(N)~O(logN)，这里我们暂不介绍。

2.RMQ算法

对于该问题，最容易想到的解决方案是遍历，复杂度是O(n)。但当数据量非常大且查询很频繁时，该算法无法在有效的时间内查询出正解。

本节介绍了一种比较高效的在线算法（ST算法）解决这个问题。所谓在线算法，是指用户每输入一个查询便马上处理一个查询。该算法一般用较长的时间做预处理，待信息充足以后便可以用较少的时间回答每个查询。ST（Sparse Table）算法是一个非常有名的在线处理RMQ问题的算法，它可以在O(nlogn)时间内进行预处理，然后在O(1)时间内回答每个查询。

（一）首先是预处理，用动态规划（DP）解决。

设A[i]是要求区间最值的数列，F[i, j]表示从第i个数起连续2^j个数中的最大值。（DP的状态）

例如：

A数列为：3 2 4 5 6 8 1 2 9 7

F[1，0]表示第1个数起，长度为2^0=1的最大值，其实就是3这个数。同理 F[1,1] = max(3,2) = 3, F[1，2]=max(3,2,4,5) = 5，F[1，3] = max(3,2,4,5,6,8,1,2) = 8;

并且我们可以容易的看出F[i,0]就等于A[i]。（DP的初始值）

这样，DP的状态、初值都已经有了，剩下的就是状态转移方程。

我们把F[i，j]平均分成两段（因为f[i，j]一定是偶数个数字），从 i 到i + 2 ^ (j - 1) - 1为一段，i + 2 ^ (j - 1)到i + 2 ^ j - 1为一段(长度都为2 ^ (j - 1))。用上例说明，当i=1，j=3时就是3,2,4,5 和 6,8,1,2这两段。F[i，j]就是这两段各自最大值中的最大值。于是我们得到了状态转移方程F[i, j]=max（F[i，j-1], F[i + 2^(j-1)，j-1]）。

代码如下：

[cpp] view
plaincopy

void RMQ(int num) //预处理->O(nlogn)

{

for(int j = 1; j < 20; ++j)

for(int i = 1; i <= num; ++i)

if(i + (1 << j) - 1 <= num)

{

maxsum[i][j] = max(maxsum[i][j - 1], maxsum[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);

minsum[i][j] = min(minsum[i][j - 1], minsum[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);

}

}

这里我们需要注意的是循环的顺序，我们发现外层是j，内层所i，这是为什么呢？可以是i在外，j在内吗？

答案是不可以。因为我们需要理解这个状态转移方程的意义。

状态转移方程的含义是：先更新所有长度为F[i,0]即1个元素，然后通过2个1个元素的最值，获得所有长度为F[i,1]即2个元素的最值，然后再通过2个2个元素的最值，获得所有长度为F[i,2]即4个元素的最值，以此类推更新所有长度的最值。

而如果是i在外，j在内的话，我们更新的顺序就是F[1,0],F[1,1],F[1,2],F[1,3],表示更新从1开始1个元素，2个元素，4个元素，8个元素（A[0],A[1],....A[7]）的最值，这里F[1,3] = max(max(A[0],A[1],A[2],A[3]),max(A[4],A[5],A[6],A[7]))的值，但是我们根本没有计算max(A[0],A[1],A[2],A[3])和max(A[4],A[5],A[6],A[7])，所以这样的方法肯定是错误的。

为了避免这样的错误，一定要好好理解这个状态转移方程所代表的含义。

（二）然后是查询。

假如我们需要查询的区间为(i,j)，那么我们需要找到覆盖这个闭区间(左边界取i，右边界取j)的最小幂（可以重复，比如查询5，6，7，8，9，我们可以查询5678和6789）。

因为这个区间的长度为j - i + 1,所以我们可以取k=log2( j - i + 1)，则有：RMQ(A, i, j)=max{F[i , k], F[ j - 2 ^ k + 1, k]}。

举例说明，要求区间[2，8]的最大值，k = log2（8 - 2 + 1）= 2，即求max(F[2, 2]，F[8 - 2 ^ 2 + 1, 2]) = max(F[2, 2]，F[5, 2])；

在这里我们也需要注意一个地方，就是<<运算符和+-运算符的优先级。

比如这个表达式：5 - 1 << 2是多少？

答案是：4 * 2 * 2 = 16。所以我们要写成5 - (1 << 2)才是5-1 * 2 * 2 = 1。

代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int f[11111][15],a[11111];
void RMQ(int num)
{
int i,j;
for(i=1;i<=num;i++) f[i][0]=a[i];
for(j=1;j<=15;j++) {
for(i=1;i<=num;i++)
if(i+(1<<j)-1<=num) {
f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int n,i,j,q,l,r,k;
cin>>n;
for(i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
RMQ(n);
cin>>q;
while(q--) {
cin>>l>>r;
l++;r++;
k=log2(r-l+1);
cout<<max(f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k])<<endl;
}
return 0;
}

线段树一：

注意是左闭右开（区间）：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1<<17;
int n,dat[maxn*2-1];
void init(int n_)
{
n=1;
while(n<n_) n*=2;
for(int i=0;i<2*n-1;i++) dat[i]=-1;
}
void update(int k,int a)
{
k+=n-1;
dat[k]=a;
while(k>0) {
k=(k-1)/2;
dat[k]=max(dat[k*2+1],dat[k*2+2]);
}
}
int query(int a,int b,int k,int l,int r)
{
if(r<=a || b<=l) return -1;
if(a<=l && r<=b) return dat[k];
else {
int v1=query(a,b,k*2+1,l,(l+r)/2);
int v2=query(a,b,k*2+2,(l+r)/2,r);
return max(v1,v2);
}
}

int main()
{
int t,i,j,q,num,a,b;
cin>>num;
init(num);
for(i=0;i<num;i++) {
cin>>t;
update(i,t);
}
cin>>q;
while(q--) {
cin>>a>>b;
cout<<query(a,b+1,0,0,n)<<endl;
}
return 0;
}

线段树二：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
using namespace std;

#define maxn 10010
#define max(a,b) a>b?a:b

struct Point
{
int L,R,mav;
}Node[maxn<<2];

int a[maxn];

void Build(int L,int R,int p)
{
Node[p].L=L;
Node[p].R=R;
if(L==R)
{
Node[p].mav=a[L];
return ;
}

int mid=(L+R)>>1;
Build(L,mid,p<<1);
Build(mid+1,R,p<<1|1);

Node[p].mav=max(Node[p<<1].mav , Node[p<<1|1].mav);
}

int Query(int L,int R,int p)
{
int mid,m_L,m_R;
if(L <= Node[p].L && R >= Node[p].R)
{
return Node[p].mav;
}
mid=(Node[p].L+Node[p].R)>>1;
m_L=0;
m_R=0;
if(L<=mid)
m_L=Query(L,R,p<<1) ;
if(R>mid)
m_R=Query(L,R,p<<1|1) ;
////////////////
return max(m_L,m_R);
}

int main()
{
int i,n,m,ans,x,y;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
Build(1,n,1);
scanf("%d",&m);
while(m--)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
ans=Query(x+1,y+1,1);
printf("%d\n",ans);
}
}
return 0;
}