rmq问题是多次询问闭区间内的最值，时间复杂度达到O(nlogn+m)
st表是一种不支持在线修改算法，专门解决rmq
下面是st表的详情
st[i][j]表示在i - ((2^j)-1)这个区间之内的最值
st[i][0]就等于a[i]，不用说了
既然这样，那么怎么求出st的其他值呢？
st表O(nlogn)的预处理其实像极了LCA的初始化
因此st[i][j]=min(st[i][j-1],st[i+(1<<(j-1))][j-1]);
怎么样，是不是极为相似
那如果要查找怎么办呢，要查找的区间可不满足刚好是2的若干次方哦？
大家应该都知道，st表的单次查询时间是O(1)，所以我们要用常数的查询方法（这不是废话吗，其实这就是废话）
先设t为log(y-x+1)，也就是2^t<=(y-x+1) && 2^(t+1)>(y-x+1)
那么就可用min(st[x][t],st[y-(1<<t)-1][t])完美的覆盖了这个区间了
因此st表不支持在线修改，很明显，这个算法难以修改，如果要修改最好用线段树
给一个例题吧
洛谷P1816 忠诚
题目描述
老管家是一个聪明能干的人。他为财主工作了整整10年，财主为了让自已账目更加清楚。要求管家每天记k次账，由于管家聪明能干，因而管家总是让财主十分满意。但是由于一些人的挑拨，财主还是对管家产生了怀疑。于是他决定用一种特别的方法来判断管家的忠诚，他把每次的账目按1，2，3…编号，然后不定时的问管家问题，问题是这样的：在a到b号账中最少的一笔是多少？为了让管家没时间作假他总是一次问多个问题。
输入输出格式
输入格式：
输入中第一行有两个数m,n表示有m(m<=100000)笔账,n表示有n个问题，n<=100000。
第二行为m个数,分别是账目的钱数
后面n行分别是n个问题,每行有2个数字说明开始结束的账目编号。
输出格式：
输出文件中为每个问题的答案。具体查看样例。
输入输出样例
输入
10 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2 7 3 9 1 10
输出
2 3 1
题解：
闭区间多次求最值（rmq）
代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,f=0;char s=getchar();
while(!isdigit(s))f|=s=='-',s=getchar();
while( isdigit(s))x=(x<<1)+(x<<3)+s-48,s=getchar();
return !f?x:-x;
}
const int N=1e6+10;
const int logn=20;
int n,k;
int Log[N],st[N][logn+5],a[N];
int main(){
int x,y,t;
n=read();k=read();
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
Log[0]=-1;//log[i]的意义：2^log[i]<=i && 2^(log[i]+1)>i
memset(st,63,sizeof(st));//初始化无穷大
for(int i=1;i<=n;i++)st[i][0]=a[i],Log[i]=Log[i>>1]+1;//初始化log和st[i][0]
for(int j=1;j<=logn;j++)//nlogn预处理出每一项st
for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
st[i][j]=min(st[i][j-1],st[i+(1<<j-1)][j-1]);
while(k--){//查询
x=read(),y=read();
t=Log[y-x+1];
printf("%d ",min(st[x][t],st[y-(1<<t)+1][t]));
}
return 0;
}以上就是rmq算法，我觉得画图似乎没有什么必要，谢谢大家的支持