这道题是poj上面RMQ最具代表性的一道题，没有之一
题目也基本上就是一个裸RMQ的算法，看到这道题也可以用线段树解决，决定还是要出一个线段树的版本的，一道题搞懂两个知识点，多好！
RMQ(Range Minimum/Maximum Query)问题：
RMQ问题是求给定区间中的最值问题。当然，最简单的算法是O(n)的，但是对于查询次数很多（设置多大100万次），O(n)的算法效率不够。可以用线段树将算法优化到O（logn)（在线段树中保存线段的最值）。不过，Sparse_Table算法才是最好的：它可以在O(nlogn)的预处理以后实现O(1)的查询效率。下面把Sparse Table算法分成预处理和查询两部分来说明(以求最小值为例)。
预处理:
预处理使用DP的思想，f(i, j)表示[i, i+2^j - 1]区间中的最小值，我们可以开辟一个数组专门来保存f(i, j)的值。
例如，f(0, 0)表示[0,0]之间的最小值,就是num[0], f(0, 2)表示[0, 3]之间的最小值, f(2, 4)表示[2, 17]之间的最小值
注意, 因为f(i, j)可以由f(i, j - 1)和f(i+2^(j-1), j-1)导出, 而递推的初值(所有的f(i, 0) = i)都是已知的
所以我们可以采用自底向上的算法递推地给出所有符合条件的f(i, j)的值。
查询:
假设要查询从m到n这一段的最小值, 那么我们先求出一个最大的k, 使得k满足2^k <(n - m + 1).
于是我们就可以把[m, n]分成两个(部分重叠的)长度为2^k的区间: [m, m+2^k-1], [n-2^k+1, n];
而我们之前已经求出了f(m, k)为[m, m+2^k-1]的最小值, f(n-2^k+1, k)为[n-2^k+1, n]的最小值
我们只要返回其中更小的那个, 就是我们想要的答案, 这个算法的时间复杂度是O(1)的.
例如, rmq(0, 11) = min(f(0, 3), f(4, 3))
也就是出现了重叠，区间划分为[0,7]和[4,11]
由此我们要注意的是预处理f(i,j)中的j值只需要计算log(n+1)/log(2)即可，而i值我们也只需要计算到n-2^k+1即可。
AC的代码：
#include <stdio.h>
#include <cmath>
#define MAXN 50002
int cow[MAXN];
//放区间最大值和最小值的数组，后面的16代表2^16=65536
int maxl[MAXN][16], minl[MAXN][16];
inline int max(int a,int b){ return a>b?a:b; }
inline int min(int a,int b){ return a<b?a:b; }
//预处理函数
void preprocess(int N)
{
//dp
//因为2^t要覆盖l-r+1，所以t=ln(r-l+1)/ln(2)，因为N是6，所以这里t为4
int t=int(log((double)N)/log(2.0));
for(int j=1;j<=t;j++)
{
for(int i=1;i+(1<<(j-1))-1<N;i++)
{
maxl[i][j]=max(maxl[i][j-1],maxl[i+(1<<(j-1))][j-1]);
minl[i][j]=min(minl[i][j-1],minl[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}
}
}
//查询函数
void work(int l,int r,int N)
{
//因为2^t要覆盖l-r+1，所以t=ln(r-l+1)/ln(2)
int k=int(log((double)(r-l+1))/log(2.0));
int maxans=max(maxl[l][k],maxl[r-(1<<k)+1][k]);
int minans=min(minl[l][k],minl[r-(1<<k)+1][k]);
printf("%d\n",maxans-minans);
}
int main()
{
int N,Q;
int i;
scanf("%d%d",&N,&Q);
for(i=1;i<=N;i++)
{
scanf("%d",&cow[i]);
maxl[i][0]=minl[i][0]=cow[i]; //init
}
preprocess(N);
int x,y;
while(Q--)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
work(x,y,N);
}
return 0;
}
下面粘贴一个写的很不错，通俗易懂的代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
#define MAXN 50010
int n,q;
int p[MAXN];
int dpmin[MAXN][20],dpmax[MAXN][20],pw[20];
int log(int n)
{
int cnt=0;
while(n)
{
cnt++;
n>>=1;
}
return cnt-1;
}
int main()
{
pw[0]=1;
for(int i=1;i<=20;i++)
pw[i]=2*pw[i-1];
while(2==scanf("%d%d",&n,&q))
{
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d",p+i);
for(int i=0;i<n;i++)
{
dpmin[i][0]=p[i];
dpmax[i][0]=p[i];
}
for(int j=1;j<=log(n);j++)
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(i+pw[j-1]>=n)
continue;
dpmin[i][j]=min(dpmin[i][j-1],dpmin[i+pw[j-1]][j-1]);
dpmax[i][j]=max(dpmax[i][j-1],dpmax[i+pw[j-1]][j-1]);
}
for(int i=0;i<q;i++)
{
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
a--,b--;
int j=log(b-a+1);
int ansmax,ansmin;
ansmax=max(dpmax[a][j],dpmax[b-pw[j]+1][j]);
ansmin=min(dpmin[a][j],dpmin[b-pw[j]+1][j]);
printf("%d\n",ansmax-ansmin);
}
}
return 0;
}
