動態規劃法求解RMQ（range minimum/maximum query）問題

題目描述：

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。

 

 

思路分析：

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))

 

 

代碼：

#include<iostream>
#include<math.h>
using namespace std;

#define MAXN   10000
#define mmin(seq, a, b)  ((seq[a] < seq[b]) ? (a) : (b))

//// DP status
int fij[MAXN][100];

//// for output fij
template <typename T>
void Dp_st_print(T seq[], int n)
{
    //// 輸出待RMQ的序列
    for(int i = 0; i < n; i++)
        cout<<seq[i]<<"/t";
    cout<<endl;
    //// 輸出狀態f[][]
    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        for(int j = 0; i + (1<<j) - 1 < n; j++)
        {
            cout<<"fij["<<i<<", "<<j<<"] = "<<fij[i][j]<<"/t";
        }
        cout<<endl;
    }
    cout<<endl;
}

// 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。

// sparse table演算法(st)
template <typename T>
void st(T seq[], int n)
{
    memset(fij, 0, 100 * MAXN * sizeof(int));
    int k = (int)(log((double)n) / log(2.0));
    ////初始狀態
    for(int i = 0; i < n; i++)
        fij[i][0] = i;
    ////遞推計算狀態
    for(int j = 1; j <= k; j++)
    {
        for(int i = 0; i + (1 << j) - 1 < n; i++)
        {
            //
            int m = i + (1 << (j - 1));
            //fij[i][j] = seq[fij[i][j - 1]] < seq[fij[m][j - 1]] ? fij[i][j - 1] : fij[m][j - 1];
            fij[i][j] = mmin(seq, fij[i][j - 1], fij[m][j - 1]);
        }
    }
}

// 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))
template <typename T>
void RMQ(T seq[], int i, int j)
{
    //// 用對2去對數的方法求出k
    int k = (int)(log(double(j - i + 1)) / log(2.0));
    ////
    //int t = seq[fij[i][k]] < seq[fij[j - (1 << k) + 1][k]] ? fij[i][k] : fij[j - (1 << k) + 1][k];
    int t = mmin(seq, fij[i][k], fij[j - (1 << k) + 1][k]);
    cout<<"RMQ("<<i<<", "<<j<<") = "<<seq[t]<<" @ pos("<<t<<")/n";
}

int main()
{
    int A[] = {3,5,1,0,7,2,3,6,9,0,6,4};
    st(A, 12);
    Dp_st_print(A, 12);
    RMQ(A, 0, 2);
    RMQ(A, 5, 11);

    int B[] = {1,5,2,3,7,2,0,6,8,4,6,7};
    st(B, 12);
    Dp_st_print(B, 12);
    RMQ(B, 0, 2);
    RMQ(B, 7, 11);

    system("pause");
    return 0;
}