rmp算法详细介绍&&poj3264

RMQ(Range Minimum/Maximum Query)问题：
RMQ问题是给定一个区间，求这个区间中的最大或最小值的问题

RMQ采用动态规划的思想来求解：（st算法：Square Table）：

预处理:
预处理使用DP的思想，f(i, j)表示[i, i+2^j - 1]区间中的最小值。

例如，f(0, 0)表示[0,0]之间的最小值,就是num[0], f(0, 2)表示[0, 3]之间的最小值, f(2, 4)表示[2, 17]之间的最小值
注意, 因为f(i, j)可以由f(i, j - 1)和f(i+2^(j-1), j-1)导出, 而递推的初值(所有的f(i, 0) = i)都是已知的
所以我们可以采用自底向上的算法递推地给出所有符合条件的f(i, j)的值。

查询:
假设要查询从m到n这一段的最小值, 那么我们先求出一个最大的k, 使得k满足2^k <(n - m + 1).
于是我们就可以把[m, n]分成两个(部分重叠的)长度为2^k的区间: [m, m+2^k-1], [n-2^k+1, n];
而我们之前已经求出了f(m, k)为[m, m+2^k-1]的最小值, f(n-2^k+1, k)为[n-2^k+1, n]的最小值
我们只要返回其中更小的那个, 就是我们想要的答案, 这个算法的时间复杂度是O(1)的.
例如, rmq(0, 11) = min(f(0, 3), f(4, 3))
由此我们要注意的是预处理f(i,j)中的j值只需要计算log(n+1)/log(2)即可，而i值我们也只需要计算到n-2^k+1即可。

例子：Poj 3264 找出任意给定区间中，最大值和最小值之间的差

#include <iostream>#include <cmath>using namespace std;#define mins(a,b) a<b?a:b#define maxs(a,b) a>b?a:bconst int MAX=50005;int hei[MAX];int fmin[MAX][20]; //fmin[i][k]用于存放i到i+2^k-1的最小值int fmax[MAX][20]; //fmax[i][k]用于存放i到i+2^k-1的最大值int n;void creatMin(){int i,j;for (i=1;i<=n;i++){fmin[i][0]=hei[i]; //fmin[i][0]=hei[i]}for (j=1;j<=log(double(n+1))/log(2.0);j++)//j的最大范围是 +2^x-1<=n ==> x<log(n+1)/log(2){for (i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++) //保证i不会超出界限{//fmin[i][j]表示i到i+2^j-1fmin[i][j]=mins(fmin[i][j-1],fmin[i+(1<<(j-1))][j-1]);}}}void creatMax(){int i,j;for (i=1;i<=n;i++){fmax[i][0]=hei[i];}for (j=1;j<=log(double(n+1))/log(2.0);j++){for (i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){fmax[i][j]=maxs(fmax[i][j-1],fmax[i+(1<<(j-1))][j-1]);}}}int getMax(int a,int b){//找出最大的k使得k<b-a,a+2^k-1<=bint k=int(log(double(b-a+1))/log(2.0));//前后两段出现重叠区域return maxs(fmax[a][k],fmax[b-(1<<k)+1][k]);}int getMin(int a,int b){int k=int(log(double(b-a+1))/log(2.0));return mins(fmin[a][k],fmin[b-(1<<k)+1][k]);}void init(){creatMax();creatMin();}int main(){int q,a,b;int i;scanf("%d%d",&n,&q);for (i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&hei[i]);}init();while (q--){scanf("%d%d",&a,&b);int ans=getMax(a,b)-getMin(a,b);printf("%d/n",ans);}return 0;}

 

另外RMQ和LCA算法的思想基本一致，有空再总结一篇LCA算法的文章，可以参考：

http://blog.sina.com.cn/s/blog_40d4357f010004ug.html