题目描述：
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。
思路分析：
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))
代码：
#include<iostream>
#include<math.h>
using namespace std;
#define MAXN 10000
#define mmin(seq, a, b) ((seq[a] < seq[b]) ? (a) : (b))
//// DP status
int fij[MAXN][100];
//// for output fij
template <typename T>
void Dp_st_print(T seq[], int n)
{
//// 输出待RMQ的序列
for(int i = 0; i < n; i++)
cout<<seq[i]<<"/t";
cout<<endl;
//// 输出状态f[][]
for(int i = 0; i < n; i++)
{
for(int j = 0; i + (1<<j) - 1 < n; j++)
{
cout<<"fij["<<i<<", "<<j<<"] = "<<fij[i][j]<<"/t";
}
cout<<endl;
}
cout<<endl;
}
// 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。
// sparse table算法(st)
template <typename T>
void st(T seq[], int n)
{
memset(fij, 0, 100 * MAXN * sizeof(int));
int k = (int)(log((double)n) / log(2.0));
////初始状态
for(int i = 0; i < n; i++)
fij[i][0] = i;
////递推计算状态
for(int j = 1; j <= k; j++)
{
for(int i = 0; i + (1 << j) - 1 < n; i++)
{
//
int m = i + (1 << (j - 1));
//fij[i][j] = seq[fij[i][j - 1]] < seq[fij[m][j - 1]] ? fij[i][j - 1] : fij[m][j - 1];
fij[i][j] = mmin(seq, fij[i][j - 1], fij[m][j - 1]);
}
}
}
// 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))
template <typename T>
void RMQ(T seq[], int i, int j)
{
//// 用对2去对数的方法求出k
int k = (int)(log(double(j - i + 1)) / log(2.0));
////
//int t = seq[fij[i][k]] < seq[fij[j - (1 << k) + 1][k]] ? fij[i][k] : fij[j - (1 << k) + 1][k];
int t = mmin(seq, fij[i][k], fij[j - (1 << k) + 1][k]);
cout<<"RMQ("<<i<<", "<<j<<") = "<<seq[t]<<" @ pos("<<t<<")/n";
}
int main()
{
int A[] = {3,5,1,0,7,2,3,6,9,0,6,4};
st(A, 12);
Dp_st_print(A, 12);
RMQ(A, 0, 2);
RMQ(A, 5, 11);
int B[] = {1,5,2,3,7,2,0,6,8,4,6,7};
st(B, 12);
Dp_st_print(B, 12);
RMQ(B, 0, 2);
RMQ(B, 7, 11);
system("pause");
return 0;
}