实用算法实现-第 9 篇RMQ问题

9.1    RMQ问题

RMQ(Range Minimum/Maximum Query)问题，就是对于给定数组，在其下标范围[i, j]内给出的最小值（或最大值，下文都称最小值）的问题。

RMQ和LCA问题可以互相转化，一个对RMQ和LCA问题的总结如下表[i]：

 

算法

处理方式

复杂度

备注

转化算法

LCA =>±1RMQ

N/A

O(n)

引理1，规模O(n) - O(2n-1)

RMQ => LCA-CT

N/A

O(n)

引理2，规模不变

朴素算法

LCA-Naive

online

O(n^2) - O(1)

动态规划

RMQ-Naive

online

O(n^2) - O(1)

直接求解

经典算法

LCA-Tarjan

offline

O(na(n))

 

RMQ-ST

online

O(nlogn) - O(1)

 

改进算法

RMQ-ST-Block

online

O(nloglogn) - O(1)

将RMQ-ST分段处理

±1RMQ-ST-Block

online

O(n) - O(1)

控制RMQ-ST-Block中分段的段种数，得到O(n)算法。

快速算法

RMQ-Fast

online

O(n) - O(1)

RMQ => LCA-CT => ±1RMQ

折衷算法

RMQ-IT

online

O(n) - O(logn)

线段树直接处理

RMQ-CT-Tarjan

offline

O(na(n))

RMQ => LCA-CT再用LCA-Tarjan解决。

我们可以将一般RMQ的值得应用的算法列表：

算法

处理方式

复杂度

备注

RMQ-IT

online

O(n)-O(logn)

询问不多时，竞赛首选。

RMQ-CT-Tarjan

offline

O(na(n))

由于是离线的，而且还要转化成CT，某些地方不应用。

RMQ-ST

online

O(nlogn)-O(1)

询问多时，竞赛首选。

RMQ-ST-Block

online

O(nloglogn)-O(1)

时间要求特别严格时采用。

 

1.2    Sparse Table算法

RMQ的一个经典的算法是SparseTable(ST)算法。它可以在O(nlgn)的预处理时间后，提供O(1)时间的查询。

定义d[i, j]为下标在区间[i, i+2^j-1]中的数组S的元素的最小值。即：

d[i, j] = min{S[k] | i ≤ k ≤ i+2^j-1}

有：

d[i, j-1] = min{S[k] | i ≤ k ≤ i+2^(j-1)-1}

d[i+2^(j-1), j-1] = min{S[k] | i+2^(j-1) ≤ k ≤ i+2^(j-1)+2^(j-1)-1} =min{S[k] | i+2^(j-1) ≤ k ≤ i+2^j-1}

故此有：

d[i, j] = min{S[k] | i ≤ k ≤ i+2^j-1} = min{d[i, j-1], d[i+2^(j-1),j-1]}

可以观察到区间[i, i+2^j-1]被分为区间[i, i+2^(j-1)-1]和区间[i+2^(j-1), i+2^j-1]。

对于所有{(i, j) | 0 ≤ i ≤ n-1, 0 ≤i+2^j-1 ≤ n-1 }都求出d[i, j]。首先依据定义有d[i, 0] = S[i]。又由于有上述的递推式，所以在已求出d[i, j-1]和d[i+2^(j-1), j-1]的前提下，d[i, j]可以在常数时间内求出。又由于{(i, j) | 0 ≤ i ≤ n-1,0 ≤ i+2^j-1 ≤ n-1} = {(i, j) | 0 ≤ i ≤ n-1-(2^j-1), 0 ≤ 2^j-1 ≤ n-1}，所以可以在[0, n-1]区间内遍历2^j-1，并对每个j，求出每个合要求的i对应的d[i, j]。如果采用这种方法，在求解d[i, j]之前，d[i, j-1]和d[i+2^(j-1), j-1]都已经求出，故此求d[i, j]可以在常数时间内完成。由于j有O(lgn)个选择，而对每个j，i有O(n)个选择，故此求出数组d需要的时间是O(n lgn)。

假设要在[i, j]区间内查询最小值，即RMQ(i, j)，则令k = max{l | 2^l ≤ (i-j+1)}，即k为log(i-j+1)取下限。由此2^k*2 ≥ i-j+2，即i+2^k-1 ≥ j-2^k+1，所以[i, j]可被子区间[i, i+2^k-1]和[j-2^k+1, j]覆盖。而两个区间内的最小值分别是d[i, k]和d[j-2^k+1, k]。所以RMQ(i, j) = min{d[i, k], d[j-2^k+1,k]}。所以任意的查询都可以在O(1)时间内完成。

1.2.1   实例

PKU JudgeOnline, 3264, Balanced Lineup.

1.2.2   问题描述

给出一组数据，求出一个坐标区间内的最大值和最小值的相差范围。

1.2.3   输入

63

1

7

3

4

2

5

15

46

22

1.2.4   输出

6

3

0

1.2.5   分析

       这是经典的RMQ问题，用线段树也可以做。

       可以发现，可以将二维数组d的两维互换，这样可以提高访问速度。

1.2.6   程序

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<iostream>using namespace std;#define maxNum     50002int Dmax[16][maxNum];//注意这里为了提高访问速度，将数组的两维互换int Dmin[16][maxNum];int cow[maxNum];int n;void bulidST(){     int k;     int l;     int i, j;     for(i = 0;i < n; i++){         Dmin[0][i] = cow[i];         Dmax[0][i] = cow[i];     }     for(j = 1;(k = (1<<j) - 1) < n; j++){         for(i =0; i < n - k; i++){              l = (k + 1)>>1;              if(Dmin[j- 1][i] < Dmin[j - 1][i + l]){                   Dmin[j][i] = Dmin[j - 1][i];              }else{                   Dmin[j][i] = Dmin[j - 1][i +l];              }              if(Dmax[j- 1][i] > Dmax[j - 1][i + l]){                   Dmax[j][i] = Dmax[j - 1][i];              }else{                   Dmax[j][i] = Dmax[j - 1][i +l];              }         }     }}int checkST(int i, intj){     int k;     int d;     int RMaxQ;     int RMinQ;     k = 0;     d = 1;     while(d<< 1 <= j - i + 1){         d <<= 1;         k++;     }     if(Dmin[k][i]< Dmin[k][j - d + 1]){         RMinQ = Dmin[k][i];     }else{         RMinQ = Dmin[k][j - d + 1];     }     if(Dmax[k][i]> Dmax[k][j - d + 1]){         RMaxQ = Dmax[k][i];     }else{         RMaxQ = Dmax[k][j - d + 1];     }//   cout << RMaxQ<< " : " << RMinQ << endl;     returnRMaxQ - RMinQ;}int main(){     int q;     int i;     int l, r;     scanf("%d%d",&n, &q);     for(i = 0;i < n; i++){         scanf("%d",&cow[i]);     }     bulidST();     for(i = 0;i < q; i++){         scanf("%d%d",&l, &r);         printf("%d\n",checkST(l - 1, r - 1));     }}

本文章欢迎转载，请保留原始博客链接http://blog.csdn.net/fsdev/article

[i] http://adn.cn/blog/article.asp?id=20