本文主要是介绍POJ 3264 Balanced Lineup RMQ / 线段树，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！
题意：给出一个队列，找出指定区间的最大值与最小值。
题解：RMQ, 注意边界需要理清楚。
参考http://www.cnblogs.com/cnjy/archive/2009/08/30/1556566.html
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，或者恰好不重叠的)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))
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。
简单证明下区间[m, m+2^k-1], [n-2^k+1, n]部分重叠或者恰好不重叠：
由于是取最大的k，使得2^k <(n - m + 1)，所以2^(k+1) >= (n-m+1)
又因为[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 区间[m, m+2^k-1], [n-2^k+1, n]部分重叠，或者恰好不重叠的。
RMQj解法：
#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;
#define N 50005
int 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;
}
线段树解法：
#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 );
else
update ( 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;
}
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