模板笔记 ST表区间选数k

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题目：

样例：

输入
`5 3 1 1 2 2 3 1 2 3 3 1 5`

输出
4 6

思路：

. 根据题意，给出数组，以及多个区间，问这些区间中，最小值之和和最大值之和，分别是多少。

由于题目中的数组元素是静态性的，典型的 RMQ 问题，给出元素，以及区间，进行询问即可。当然这里也是可以使用线段树进行求解，由于这道题是静态性的，所以我们可以直接使用 ST 表的数据结构，进行求解即可。

线段树的方式是可以解决动态性的，也可以解决静态性的，即线段树可以边修改元素边询问。

ST 表的方式是对口静态性的，即只能询问，不可以修改。

根据这题，我们 “对症下药” 使用 ST表方式方便些。

ST 表，是典型的 RMQ 数据结构，采用的是倍增思想。

倍增，顾名思义，就是以2幂的成倍的增长。

其中的核心思想就是：

通过记录每一个区间的前半段和后半段，

达到省略询问重叠的区间，随后返回这些区间的最值

ST 表类似动态规划 dp ，根据倍增关系得到的公式 i + $2^{^{j}}$ - 1

我们假设得到一个区间中的左端点 l = i ，那么根据倍增，我们右端点 r = i + $2^{^{j}}$ - 1

这里 r = i + $2^{^{j}}$ - 1 中 -1 是维护闭区间。

随后，求这个区间的最值，我们可以截取前半段和后半段的最值记录好对应的区间的最值

随后当求到我们整个 i 到 i + $2^{^{j}}$ - 1 的最值的时候

我们取个 max 或者 min （st(i,i + $2^{^{j - 1}}$ - 1) , st(i,i + $2^{^{j - 1}}$ ,i + $2^{^{j}}$ - 1)）即可。

这样省略的整个区间的求法，解决重叠部分的求最值。

我们假设求的区间长度为 K，则 K = R - L + 1，其中 2的次幂作为我们的截半端点的时候一定是

$2^{^{r}}$ <= K && $2^{^{r}}$ > K / 2 ,所以它们两个不部分有一个极限点重叠，所以我们取max和min两个部分的相应最值，相当于求区间（L,R）的最值。

由上图，根据 $2^{^{r}}$ = len(截半长度，右端点) 所以我们取右端点的值就是 r = $log_{2}{len}$ 。

所以我们要对右端点预处理即可得到各个右端点。

模板函数如下：

const int N = 2e5 + 10;
int v[N],n,q;
int stmin[N][22],stmax[N][22];
inline void Init()
{for(int i = 1;i <= n;++i) stmin[i][0] = stmax[i][0] = v[i];for(int j = 1;j <= log2(n);++j){for(int i = 1;i + (1 << j) - 1 <= n;++i){int r = i + (1 << j - 1);stmin[i][j] = min(stmin[i][j - 1],stmin[r][j - 1]);stmax[i][j] = max(stmax[i][j - 1],stmax[r][j - 1]);}}
}
inline int rmq_min(int L,int R)
{int k = log2(R - L + 1);int len = (1 << k);int r = R - len + 1;return min(stmin[L][k],stmin[r][k]);
}
inline int rmq_max(int L,int R)
{int k = log2(R - L + 1);int len = (1 << k);int r = R - len + 1;return max(stmax[L][k],stmax[r][k]);
}

代码详解如下：

#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define endl '\n'
#include <unordered_map>
#define int long long
#define YES puts("YES")
#define NO puts("NO")
#define umap unordered_map
#define All(x) x.begin(),x.end()
#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0), cout.tie(0)
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;// 这是个二维数组 可以理解为 int[][]  其中这个二维数组存储的是 对应的 R  和   r
// 其中 一维 int[] 存储的是 原端点 R      二维 int[][] 存储的是 截半右端点 r 至于为何 r 开 22 ，
// 这个是由于我们 是 log 以 2 为底、长度为基的数值 得到的右端点，所以我们开存在于我们范围内即可
int st_min[N][22],st_max[N][22];
int v[N]; // 存储原数组元素
int n,q;inline void Init()
{// 预处理求出当前点的 右端点 Rfor(int i = 1;i <= n;++i){// 这里是 当 左右端点相同的时候 它们的最值等于它们本身// 即 ： L == R 没有截半，截半端点r = 0st_min[i][0] = st_max[i][0] = v[i];}// 开始求每个截半区间的最值for(int R = 1;R <= log2(n);++R) // 这是区间右端点 R{// 截半区间前提是 截半的右端点 r 区间长度 不超过我们整个数组的区间长度for(int L = 1;L + (1 << R) - 1 <= n;++L){int r = L + (1 << R - 1); // 截半右端点的 r// DP 递推公式   截半区间向右扩展对应的最值，// 当前的区间右端点 R 最值  =  (max or min) [之前的截半最值（L, R - 1 ）, 现在截半最值(r ，len - 1)]// 这样一步一步的递推下去，覆盖重叠部分的区间,记录好对应的截半区间的最值st_max[L][R] = max(st_max[L][R - 1],st_max[r][R - 1]); st_min[L][R] = min(st_min[L][R - 1],st_min[r][R - 1]); }}
}inline int rmq_max(int L,int R)
{int k = log2(R - L + 1); // 取出对应的截半区间的原右端点int len = (1 << k);	//截半区间长度int r = R - len + 1; // 取出对应的截半右端点 r// 返回这两个截半区间的最值， 等于我们所求的 L ，R 的最值return  max(st_max[L][k],st_max[r][k]); 
}inline int rmq_min(int L,int R)
{int k = log2(R - L + 1); // 取出对应的截半区间的原右端点int len = (1 << k);	//截半区间长度int r = R - len + 1; // 取出对应的截半右端点 r// 返回这两个截半区间的最值， 等于我们所求的 L ，R 的最值return  min(st_min[L][k],st_min[r][k]); 
}inline void solve()
{cin >> n >> q;for(int i = 1;i <= n;++i) cin >> v[i];Init(); // 开始预处理 ST表 初始化// 存储答案int minsum = 0;int maxsum = 0;while(q--){int l,r;cin >> l >> r;// 询问累加最值minsum += rmq_min(l,r);maxsum += rmq_max(l,r);}cout << minsum << ' ' << maxsum << endl;
}signed main()
{
//	freopen("a.txt", "r", stdin);IOS;int _t = 1;
//	cin >> _t;while (_t--){solve();}return 0;
}