POJ 3264 Balanced Lineup RMQ / 線段樹

題意：給出一個隊列，找出指定區間的最大值與最小值。
題解：RMQ, 注意邊界需要理清楚。

參考http://www.cnblogs.com/cnjy/archive/2009/08/30/1556566.html

    RMQ(Range Minimum/Maximum Query)問題：
    RMQ問題是求給定區間中的最值問題。當然，最簡單的演算法是O(n)的，但是對於查詢次數很多（設定多大100萬次），O(n)的演算法效率不夠。可以用線段樹將演算法最佳化到O（logn)（線上段樹中儲存線段的最值）。不過，Sparse_Table演算法才是最好的：它可以在O(nlogn)的預先處理以後實現O(1)的查詢效率。下面把Sparse Table演算法分成預先處理和查詢兩部分來說明(以求最小值為例)。 
預先處理:
預先處理使用DP的思想，f(i, j)表示[i, i+2^j - 1]區間中的最小值，我們可以開闢一個數組專門來儲存f(i, j)的值。
例如，f(0, 0)表示[0,0]之間的最小值,就是num[0], f(0, 2)表示[0, 3]之間的最小值, f(2, 4)表示[2, 17]之間的最小值
注意, 因為f(i, j)可以由f(i, j - 1)和f(i+2^(j-1), j-1)匯出, 而遞推的初值(所有的f(i, 0) = i)都是已知的
所以我們可以採用自底向上的演算法遞推地給出所有合格f(i, j)的值。

查詢:
假設要查詢從m到n這一段的最小值, 那麼我們先求出一個最大的k, 使得k滿足2^k <(n - m + 1).
於是我們就可以把[m, n]分成兩個(部分重疊，或者恰好不重疊的)長度為2^k的區間: [m, m+2^k-1], [n-2^k+1, n];
而我們之前已經求出了f(m, k)為[m, m+2^k-1]的最小值, f(n-2^k+1, k)為[n-2^k+1, n]的最小值。

我們只要返回其中更小的那個, 就是我們想要的答案, 這個演算法的時間複雜度是O(1)的.
例如, rmq(0, 11) = min(f(0, 3), f(4, 3))
由此我們要注意的是預先處理f(i,j)中的j值只需要計算log(n+1)/log(2)即可，而i值我們也只需要計算到n-2^k+1即可。

簡單證明下區間[m, m+2^k-1], [n-2^k+1, n]部分重疊或者恰好不重疊：

由於是取最大的k，使得2^k <(n - m + 1)，所以2^(k+1) >= (n-m+1)

又因為[n-2^k+1] - [m+2^k+1] = (n-m+1) - [2^(k+1)-1] <= 2^(k+1) - [2^(k+1)-1] = 1，所以 區間[m, m+2^k-1], [n-2^k+1, n]部分重疊，或者恰好不重疊的。

RMQj解法：

#include <cmath>#include <iostream>using namespace std;#define N 50005int dp[N], dpmin[N][20], dpmax[N][20];int n, m;int max ( int a, int b ){return a > b ? a : b;}int min ( int a, int b ){return a < b ? a : b;}void Dpmin (){int i, j, temp;for ( i = 1; i <= n; ++i )dpmin[i][0] = dp[i];temp = floor(log(1.0*n+1)/log(2.0) ); //上界for ( i = 1; i <= temp; ++i )for ( j = 1; j + (1<<i) - 1 <= n; ++j )dpmin[j][i] = min ( dpmin[j][i-1], dpmin[j+(1<<(i-1))][i-1] );}void Dpmax (){int i, j, temp;for ( i = 1; i <= n; ++i )dpmax[i][0] = dp[i];temp = floor(log(1.0*n+1)/log(2.0));for ( i = 1; i <= temp; ++i )for ( j = 1; j + (1<<i) - 1 <= n; ++j )dpmax[j][i] = max ( dpmax[j][i-1], dpmax[j+(1<<(i-1))][i-1] );}int get_min ( int a, int b ){int k = floor((log(1.0*(b-a+1))/log(2.0)));return min ( dpmin[a][k], dpmin[b-(1<<k)+1][k] );}int get_max ( int a, int b ){int k = floor((log(1.0*(b-a+1))/log(2.0)));return max ( dpmax[a][k], dpmax[b-(1<<k)+1][k] );}int main(){int i,a,b;//freopen( "a.txt" , "r" , stdin );scanf("%d%d",&n,&m);for ( i = 1; i <= n; ++i )scanf("%d",&dp[i]);Dpmin();Dpmax();for ( i = 1; i <= m; ++i ){scanf("%d%d",&a,&b);printf("%d\n", get_max(a,b) - get_min(a,b) );}return 0;}

線段樹解法：

#include <iostream>using namespace std;int n, m, maxval, minval;struct TreeNode{int l, r, mx, mn;} node[5000001];int max ( int a, int b ){return a > b ? a : b;}int min ( int a, int b ){return a < b ? a : b;}void build_tree ( int l, int r, int root ){node[root].l = l;node[root].r = r;if ( l == r ) return;int mid = ( l + r ) / 2;build_tree ( l, mid, root * 2 );build_tree ( mid + 1, r, root * 2 + 1 );}void update ( int val, int id, int root ){if ( node[root].l == id && node[root].r == id ){node[root].mx = val;node[root].mn = val;return;}int mid = ( node[root].l + node[root].r ) / 2;if ( id <= mid )update ( val, id, root*2 );elseupdate ( val, id, root*2+1 );node[root].mx = max ( node[root*2].mx, node[root*2+1].mx );node[root].mn = min ( node[root*2].mn, node[root*2+1].mn );}void query ( int l, int r, int root ){if ( node[root].l == l && node[root].r == r ){maxval = max ( maxval, node[root].mx );minval = min ( minval, node[root].mn );return;}int mid = ( node[root].l + node[root].r ) / 2;if ( r <= mid )query ( l, r, root * 2 );else if ( l > mid )query ( l, r, root * 2 + 1 );else{query ( l, mid, root * 2 );query ( mid + 1, r, root * 2 + 1 );}}int main(){int i, a, b, num;//freopen("a.txt","r",stdin);scanf("%d%d",&n,&m); build_tree ( 1, n, 1 );for ( i = 1; i <= n; ++i ){scanf("%d",&num);update(num,i,1);}for ( i = 1; i <= m; ++i ){scanf("%d%d",&a,&b);maxval = -1;minval = 10000000;query(a,b,1);printf("%d\n",maxval-minval);}return 0;}