倍增，RMQ（区间最值问题）ST算法

所谓倍增，就是成倍增长。以2的次幂的方式增长。

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我们在进行递推时，如果状态空间很大，线性递推无法满足时间与空间复杂度的要求，我们可以通过“成倍增长”的方式，只递推在2的整数次幂位置上的值作为代表。

当需要其他位置上的值时，也可以用这些2的幂次上的值所拼成，因为 “任意整数都可以表示成若干个2的次幂项的和”。

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例题1：区间和

题目描述：

给定长度为 $n$ 的数列，进行若干次询问。
给出整数 $T$，给出左端点 $p$，求出最大的 $k$，使得从 $l$ 开始的 $k$ 个位置元素之和不超过 $T$。

思路：

预处理出前缀和 $s[i]$。
考虑暴力算法，依次往后枚举 $k$ 的位置，时间复杂度 $O(N)$。

由于前缀和满足单调性，所以可以二分 $k$ 的位置。
但是，对于每次询问，二分的时间复杂度都为 $O(NlogN)$。如果当答案 $k$ 很小的话，还不如直接枚举效率高。

那么是否找到一种方法，能够兼顾两者的优点呢？
倍增！
我们可以用2的幂次来判断 $k$ 的位置。设立左端点 $l=p$，右端点 $r=1$，倍增长度 $len=1$。

• 如果 s[r+len] - s[l-1]≤ T，说明当前长度可行，继续倍增，r+=len, len*=2；
• 否则，说明倍增长度太长，就要缩减，len/=2。

重复上述操作，直到 $len=0$了，那么当前 $r$ 便是答案。

这样，如果答案 $k$ 很小，这个算法的复杂度便也变小。
这个算法始终在答案大小的范围内实施“倍增”与“二进制划分”思想，通过若干长度为2的次幂的区间拼成最后的 $k$，时间复杂度级别为答案 $k$ 的对数，能够应对 $T$ 的各种大小的情况。

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例题2、Genius ACM

题意：

给定一个整数 $M$，对于任意一个整数集合 $S$，定义“校验值”如下：
从集合 $S$ 中取出 $M$ 对数（即 $2\ast M$个数，不能重复使用集合中的数，如果 $S$ 中的整数不够 $M$ 对，则取到不能取为止），使得“每对数的差的平方”之和最大，这个最大值就称为集合 $S$ 的“校验值”。
现在给定一个长度为 $N$ 的数列 $A$ 以及一个整数 $T$。我们要把 $A$ 分成若干段,使得
每一段的“校验值”都不超过 $T$。求最少需要分成几段？

思路：

对于一个集合 $S$，为了使“没对数的差的平方”之和最大，只能最大值和最小值配对，次大值和次小值配对…
为了总的段数最小，需要让每一段的“检验值”不超过T的前提下尽量长。所以从从头开始对 $A$ 分段，让每一段都尽量长，这样得到的就是最小分段数。

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于是，需要解决的问题是，对于一个起点 $l$,最多往后延伸多少个位置，能够使得这一段区间的“检验值”不超过 $T$？

因为往后延伸的区间越长，其“检验值”越大，满足单调性，所以很容易想到二分右端点。
但是对于每一次二分，复杂度为O(logN)，对于每一次check，需要排序O(NlogN)，而最坏情况下，需要对每个位置二分右端点，所以整个复杂度为$O(N^{2}lo{g}^{2}N)$。（其实真实是O(N^2 logN)，证明）复杂度很高。

而用倍增，复杂度可以降到$O(Nlo{g}^{2}N)$。
对于一个起点位置 $l$，定义右端点 $r=l$，倍增长度 $len=1$。

• 如果区间 $[l,r+len]$ 的“校验值”满足，那么说明当前倍增的长度是可以的，更新右端点 r+=len，len*=2；
• 否则，说明倍增长度太长，len/=2。

重复上述操作，直到倍增长度 $len=0$ ,此时的 $r$ 便是最右端的位置。

考虑这种算法的复杂度：
上面的过程最多循环 $O(logN)$ 次，每次循环求“检验值” $O(NlogN)$，所以时间复杂度为$O(Nlo{g}^{2}N)$。

Code：

const int N = 500010, mod = 1e9+7;
ll T, n, m, a[N],b[N];
ll maxa;

bool pd(int l,int r){
    
    
	if(r>n) return 0; //最右端不超过数组长度 
	
	int cnt=0;
	for(int i=l;i<=r;i++) b[++cnt]=a[i];
	
	sort(b+1,b+cnt+1);
	
	ll sum=0;
	for(int i=0;i<m;i++)
	{
    
    
		if(i+1>=cnt-i) break;
		sum+=(b[cnt-i]-b[i+1])*(b[cnt-i]-b[i+1]);
	}
	
	if(sum<=maxa) return 1;
	return 0;
}

signed main(){
    
    
	Ios;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
    
    
		int cnt=0;
		cin>>n>>m>>maxa;
		for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
		
		int st=1;
		while(st<=n)
		{
    
    
			ll l=st,r=st,len=1; //设置左端点，右端点，倍增长度 
			while(len!=0) //当倍增长度为0的时候结束 
			{
    
    
				if(pd(l,r+len)) r+=len,len*=2; //满足，倍增 
				else len/=2; //不满足，倍减 
			}
			st=r+1;
			
			cnt++;
		}
		cout<<cnt<<endl;
	}
	
	return 0;
}

对于每次求“检验值”，可以不用 $sort$ 排序，而是采用归并排序，只对新增的长度排序，然后合并新旧两段，总体复杂度可以降到 $O(NlogN)$。

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RMQ（区间最值问题）ST算法

RMQ问题：
给定一个长度为 $n$ 的数列，每次给出一个区间，问这个区间中元素的最大值？

对于暴力，时间复杂度为 $O(N\ast M)$，$M$ 为询问次数。
而 $ST$ 算法能在 $O(NlogN)$ 时间的预处理之后，以 $O(1)$ 的时间复杂度在线回答 $RQM$ 问题。

定义 $f[i,j]$ 表示数列中下标在区间 $[i,i+2^j-1]$ 里的数的最大值，也就是从位置 $i$ 开始的 $2^j$ 个数的最大值。

递推求出 $f[i,j]$： $O(NlogN)$
递推边界：$f[i][0]=a[i]$，即数列a在子区间 $[i,i]$ 里的最大值。

递推时，我们把子区间的长度成倍增长，长度为 $2^j$ 的子区间的最大值为左右两半长度为 $2^{j-1}$ 的子区间的最大值中较大的一个，即：f[i,j] = max(f[i, j-1], f[i + (1<<(j-1)),j-1]。

考虑 $j$ 的最大值，为使得 $2^j$ 不超过 n 的最大的 j，那么 $j=lo{g}_2^n$。
我们可以调用$<cmath>$中的 log() 函数，$lo{g}_2^n=log(n)/log(2)$。$(lo{g}_2^n=lo{g}_{10}^n/lo{g}_{10}^2)$。

考虑 $i$ 的最大值，从 $i$ 往右延伸的区间长度最大为 $2^j$ ，所以 $i$ 最大只需要到 $n-2^j+1$。

递推时，当前状态需要用到 前面 $j-1$ 状态的 $i+2^{j-1}$ ，所以需要先循环 $j$，再循环 $i$。

void RMQ()
{
    
    
	for(int i=1;i<=n;i++) f[i][0]=a[i];
	
	int t=log(n)/log(2);	//t为 不超过n的，2^t的最大值 = log_2^n。 
	for(int j=1;j<=t;j++) 	//先遍历j，再遍历i。 
	{
    
    
		for(int i=1;i<=n-(1<<j)+1;i++)	//i位置最大为 n-2^j+1。
		{
    
    
			f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i + (1<<(j-1))][j-1]);//max(最区间最大值,右区间最大值)
		}
	}
}

对于询问一个区间 $[l,r]$ 的最大值：$O(1)$
我们需要先算出不超过这个区间长度的 $2^t$ 的 $t$ 的最大值：$lo{g}_2^{r-l+1}$。
那么这个区间的最大值就为 “从 $l$ 开始的 $2^t$ 个数” 和 “以 $r$ 结尾的 $2^t$ 个数” 这两段的最大值较大的一个。即 max(f[l][t], f[r-(1<<t)+1][t])。

int query(int l,int r){
    
    
	int t=log(r-l+1)/log(2); //这里是区间长度的对数，不是整个数组的对数 
	return max(f[l][t],f[r-(1<<t)+1][t]); //从后往前找的时候+1，从前往后不用加。 
}

完整代码：

#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;

const int N=100010;
int n,m,a[N];
int f[N][20];

void RMQ()
{
    
    
	for(int i=1;i<=n;i++) f[i][0]=a[i];
	
	int t=log(n)/log(2);	 
	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 query(int l,int r){
    
    
	int t=log(r-l+1)/log(2);
	return max(f[l][t],f[r-(1<<t)+1][t]);
}

int main(){
    
    
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	
	RMQ();
	
	while(m--){
    
    
		int x,y;cin>>x>>y;
		cout<<query(x,y)<<endl;
	}
	
	return 0;
} 

同理，把 $max$ 换成 $min$ ，我们可以求出一个区间的最小值。

例题：
1、数列区间最大值
2、最敏捷的机器人

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参考来源：$《算法竞赛进阶指南》——李煜东$

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