RMQ问题心得

Posted 2020-10-09 Roni

RMQ（Range Minimum/Maximum Query）问题是指：对于长度为n的数列A，回答若干询问RMQ（A，i，j），返回数列A中下标i，j里的最小/大值，即RMQ问题是指求区间最值的问题。

时间复杂度：O（N)~ O(logN)

主要思想：分治/倍增/动态规划

主要算法：

1.朴素（暴力搜索）//略过不表

2.线段树 

3.ST（Sparse-Table）算法（动态规划） 

 

线段树：线段树能在对数时间logN在数组区间上进行更新与查询。而未优化的空间复杂度为2N,因此有时需要离散化让空间压缩。

线段树是一种二叉搜索树，与区间树相似，将一个区间划分为一些单元区间，每个单元区间对应线段树中的一个叶节点。对于线段树中的每一个非叶子节点[i,j],定义如下：

第一个节点维护区间[i,j]的信息

if i<j，那么左孩子维护区间[i,(i+j)/2]的信息，右孩子维护区间[(i+j)/2+1,j]的信息。

线段树至少支持下列操作：

insert（t，x）：将包含区间int的元素x插入到树t中；

delete（t，x）：从线段树t中删除元素x；

search（t，i）：返回一个指向树t中元素x的指针。

区间在[1,5]内的线段树 

 

 

基本结构：

线段树是建立在线段的基础上，每个结点都代表了一条线段[a , b]。长度为1的线段称为元线段。非元线段都有两个子结点，左结点代表的线段为[a , (a + b ) / 2]，右结点代表的线段为[( a + b ) / 2 , b]。

右图就是一棵长度范围为[1 , 5]的线段树。

长度范围为[1 , L] 的一棵线段树的深度为log ( L - 1 ) + 1。这个显然，而且存储一棵线段树的空间复杂度为O(L)。

线段树支持最基本的操作为插入和删除一条线段。下面以插入为例，详细叙述，删除类似。

将一条线段[a , b] 插入到代表线段[l , r]的结点p中，如果p不是元线段，那么令mid＝（l＋r）/2。如果b<mid，那么将线段[a , b] 也插入到p的左儿子结点中，如果a>mid，那么将线段[a , b] 也插入到p的右儿子结点中。

插入（删除）操作的时间复杂度为O (Log N)。

 

实际应用：

上面的都是些基本的线段树结构，但只有这些并不能做什么，就好比一个程序有输入没输出，根本没有任何用处。

最简单的应用就是记录线段有否被覆盖，并随时查询当前被覆盖线段的总长度。那么此时可以在结点结构中加入一个变量int count；代表当前结点代表的子树中被覆盖的线段长度和。这样就要在插入（删除）当中维护这个count值，于是当前的覆盖总值就是根节点的count值了。

另外也可以将count换成bool cover；支持查找一个结点或线段是否被覆盖。^[1]

实际上，通过在结点上记录不同的数据，线段树还可以完成很多不同的任务。例如，如果每次插入操作是在一条线段上每个位置均加k，而查询操作是计算一条线段上的总和，那么在结点上需要记录的值为sum。

这里会遇到一个问题：为了使所有sum值都保持正确，每一次插入操作可能要更新O(N)个sum值，从而使时间复杂度退化为O(N)。

解决方案是Lazy思想：对整个结点进行的操作，先在结点上做标记，而并非真正执行，直到根据查询操作的需要分成两部分。

根据Lazy思想，我们可以在不代表原线段的结点上增加一个值toadd，即为对这个结点，留待以后执行的插入操作k值的总和。对整个结点插入时，只更新sum和toadd值而不向下进行，这样时间复杂度可证明为O(logN)。

对一个toadd值不为0的结点整个进行查询时，直接返回存储在其中的sum值；而若对其一部分进行查询，则要更新其左右子结点的sum值，然后把toadd值传递下去，再对这个查询本身，左右子结点分别递归下去。时间复杂度也是O(logN)。

 

 

ST算法：

关于ST算法，实际上它本身并不难，它的思想是动态规划。主要用来求RMQ问题，时间复杂度为O(NlgN+M) 

关于RMQ问题描述：

输入N个数和M次询问，每次询问一个区间[L,R],求第L个数到R个数之间的最大值，或者是求最小值。

 

它的原理阐述如下：

对于一个数组A[0...N-1]，我们用f[i][j]表示A[i]到A[i+2^j-1]，这个范围内的最大值。

由于此区间的元素个数很明显为2^j个，所以我们又可以从中间平分为两部分，这样每部分又有2^(j-1)个元素，这样我们就知道区间[i,i+2^j-1]可以分为[i,i+2^(j-1)-1]和[i+2^(j-1),i+2^j-1]两部分，我们只需要求出后面两个区间最大值的较大值，就可以知道前面区间的最大值了。

 

所以到了这里，很明显可以写出状态转移方程：

f[i][j]=max(f[i][j-1]，f[i+2^(j-1)][j-1])

当然很明显知道初始化f[i][0]=A[i]

当然上面i，j的范围是多少呢？

现在我们来分析一下：我们已经说了如果用上述原理一个区间的元素是2^j个，而可以知道2^j<=N的，所以这样就得到j<=log(N)/log(2);  当然j还大于等于1

对于i，就直接有i+2^j-1<N就行了。

到了这里，我们就可以把f[i][j]求出来了。

接下来就是query()了。

这个怎么办呢，其实很容易，我们先求出满足条件2^x=R-L+1的最大x

这样我们我们就可以把区间[L,R]求最值问题转化为了求区间[L,L+2^x-1]和区间[R-2^x+1,R]最大值的较大值了，为什么可以这样做，因为这两个区间中间有重叠。

但是这两个区间的并一定等于区间[L,R]，所以到了这里ST算法的原理基本常阐述完毕了。

剩下的就是代码实现了。

 

#include <stdio.h>  
#include <math.h>  
#define N 1005  
  
int m,n;  
int a[N];  
int f[N][N];  
  
int max(int a,int b)  
{  
    return a>b? a:b;  
}  
  
void ST()  
{  
    int i,j;  
    for(i=0;i<n;i++)  
       f[i][0]=a[i];  
    for(j=1;j<=(int)((log((double)n)/log(2.0)));j++)  
    {  
        for(i=0;i+(1<<j)-1<n;i++)  
           f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);  
    }  
}  
  
int query(int L,int R)  
{  
    int x=(int)(log((double)(R-L+1))/log(2.0));  
    return max(f[L][x],f[R-(1<<x)+1][x]);  
}  
  
int main()  
{  
    int i,L,R;  
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))  
    {  
        for(i=0;i<n;i++)  
           scanf("%d",&a[i]);  
        ST();  
        while(m--)  
        {  
            scanf("%d%d",&L,&R);  
            printf("%d\\n",query(L-1,R-1));  
        }  
    }  
    return 0;  
}  

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