『算法-ACM 竞赛-算法-ST 算法』信息竞赛进阶指南-区间最值问题的 ST 算法

借助倍增和动态规划可以实现 O（1）的时间复杂度的查询

预处理：
① 区间 DP 转移方程 f[i][j] = min(MAX 同理)(f[i][j - 1],f[i + ][j - 1]) f[i][j]表示从 i 位置开始的后 2^j 个数中的最大值

用 f[i][j]表示从 j 到 j+2^i-1 的最小值（长度显然为 2^i）。
任意一段的最小值显然等于 min（前半段最小值，后半段最小值）。
那么 f[i][j]如何用其他状态来继承呢？
j 到 j+2^i-1 的长度为 2^i，那么一半的长度就等于 2^(i-1)。
那么前半段的状态表示为 f[i-1][j]。
后半段的长度也为 2^(i-1)，起始位置为 j+2^(i-1)。
那么后半段的状态表示为 f[i-1][j+2^(i-1)]。

② 不过区间在增加时，每次并不是增加一个长度，而是基于倍增思想，用二进制右移，每次增加 2^i 个长度 ，最多增加 logn 次

这样预处理了所有 2 的幂次的小区间的最值

查询：
③ 对于每个区间，分成两段长度为的区间，再取个最值（这里的两个区间是可以有交集的，因为重复区间并不影响最值)

比如 3,4,6,5,3 一种分成 3,4,6 和 6,5,3，另一种分成 3,4,6 和 5,3，最大值都是 6，没影响。

首先明确 2^log(a)>a/2
这个很简单，因为 log(a)表示小于等于 a 的 2 的最大几次方。比如说 log(4)=2,log(5)=2,log(6)=2,log(7)=2,log(8)=3,log(9)=3…….
那么我们要查询 x 到 y 的最小值。设 len=y-x+1,t=log(len),根据上面的定理：2^t>len/2,从位置上来说，x+2^t 越过了 x 到 y 的中间！
因为位置过了一半,所以 x 到 y 的最小值可以表示为 min(从 x 往后 2^t 的最小值，从 y 往前 2^t 的最小值),前面的状态表示为 f[t][x]
设后面（从 y 往前 2^t 的最小值）的初始位置是 k，那么 k+2^t-1=y，所以 k=y-2^t+1,所以后面的状态表示为 f[t][y-2^t+1]
所以 x 到 y 的最小值表示为 f(f[t][x],f[t][y-2^t+1])，所以查询时间复杂度是 O（1）

④ 所以 O(nlogn)预处理，O(1)查询最值 但不支持修改
预处理时间复杂度 O（nlogn），查询时间 O（1）。

void ST_prework() {
	for (int i = 1; i <= n; i++) f[i][0] = a[i];
	int t = log(n) / log(2) + 1;
	for (int j = 1; j < t; j++)
		for (int i = 1; i <= n - (1<<j) + 1; i++)
			f[i][j] = max(f[i][j-1], f[i + (1<<(j-1))][j-1]);
}

int ST_query(int l, int r) {
	int k = log(r - l + 1) / log(2);
	return max(f[l][k], f[r - (1<<k) + 1][k]);
}