qq：一切问题没有他线段树解决不了的，但我懒得打那么长就学学这东东...（逃）
一.简单介绍
预处理：
①区间DP 转移方程 f[i][j] = max(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
这里分成两半，一半是
即
~
和
~
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
（其实快速幂是倍增法很好的例子） 关于倍增法链接
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。
④所以O(nlogn)预处理，O(1)查询最值 但不支持修改
二.代码介绍
①预处理外层for上界:求到n最少需要加上2的k次方,即写成k=log2(n)
然后注意先换底公式（经qq提醒，或可直接用log2函数），然后转换成double，最后应取下界（即取int）防溢出
②初始化f[i][0]=a[i]: 即 j=0显然区间[i,i]里只有它一个数
③预处理两层for：外层j内层i，把j放外面，因为上界由i和j共同决定，而且区间长度由j决定，保证dp从小区间合并为大区间
注意内层循环，区间右端点下标为i+2^j-1，-1别漏
④预处理 f[i][j] = max(f[i][j - 1],f[i + 2^(j - 1)][j - 1]) 或者·min
⑤查询划分点：
左区间右端点2^p：求l到r最少需要加上2的p次方,即写成p=log2(r-l+1)，后面同①
右区间左端点k ：证明： [k][k+-1]<=>[k][r] k=r-2^p+1 因为p与区间长度有关，有时用len数组预处理某区间长度的k值
注意查询的l和r之间区间长度不一定刚好是2的次方，比如下图l,r，让区间重叠是没问题的
⑥取两个区间最值的最值
三.模板 P3865 甚至见到用回滚莫队笛卡尔树的大佬
①P3865 部分参考ttoj
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 500010
int maxl[N][16], minl[N][16];
int a[N];
int n,m;
void S_table(){
int l = int(log((double)n)/log(2.0));
for (int j=1;j<=l;j++){
for (int i=1; i + (1 << (j-1) ) - 1 <=n;++i){
maxl[i][j] = max(maxl[i][j-1], maxl[i + (1 << (j-1) )][j-1]);
minl[i][j] = min(minl[i][j-1], minl[i + (1 << (j-1) )][j-1]);
}
}
}
int rmq(int l, int r){
int k = int(log((double)(r-l+1))/log(2.0));
int a1 = max(maxl[l][k], maxl[r - (1<<k) + 1][k]);
int a2 = min(minl[l][k], minl[r - (1<<k) + 1][k]);
return a1;
//printf("Max: %d Min: %d\n", a1, a2);
}
int main()
{
int x,y;
cin>>n>>m;
for (int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%d", &a[i]);
maxl[i][0] = minl[i][0] = a[i];
}
S_table();
while(m--)
{
scanf("%d %d",&x,&y);
printf("%d\n",rmq(x, y));
}
}
②poj 3264 裸题，最大-最小
#include <iostream>
#include<algorithm>
#include<stdio.h>
#include<cmath>
using namespace std;
#define N 500010
int maxl[N][16], minl[N][16];
int a[N];
int n,m;
void S_table(){
int l = int(log((double)n)/log(2.0));
for (int j=1;j<=l;j++){
for (int i=1; i + (1 << (j-1) ) - 1 <=n;++i){
maxl[i][j] = max(maxl[i][j-1], maxl[i + (1 << (j-1) )][j-1]);
minl[i][j] = min(minl[i][j-1], minl[i + (1 << (j-1) )][j-1]);
}
}
}
int rmq(int l, int r){
int k = int(log((double)(r-l+1))/log(2.0));
int a1 = max(maxl[l][k], maxl[r - (1<<k) + 1][k]);
int a2 = min(minl[l][k], minl[r - (1<<k) + 1][k]);
return a1-a2;
//printf("Max: %d Min: %d\n", a1, a2);
}
int main()
{
int x,y;
cin>>n>>m;
for (int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%d", &a[i]);
maxl[i][0] = minl[i][0] = a[i];
}
S_table();
while(m--)
{
scanf("%d %d",&x,&y);
printf("%d\n",rmq(x, y));
}
}③华工校赛
区间gcd题解代码（gcd类似最值的性质，见链接）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,a,b) for(int i=a; i<=b; ++i)
#define PER(i,a,b) for(int i=a; i>=b; --i)
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define fi first
#define se second
typedef long long LL;
typedef double DB;
const int maxn = 5e5;
const int Step = 17;
const int P = 1e9+7;
LL Gcd(LL a, LL b) { return b ? Gcd(b,a%b) : a; }
int n, ai[maxn+5];
int st[maxn+5][Step+2];
int len[maxn+5];
int Que(int l, int r) {
int k = len[r-l+1];
return Gcd( st[l][k], st[r-(1<<k)+1][k] );
}
int main() {
scanf("%d", &n);
REP(i,1,n) scanf("%d", ai+i), st[i][0] = ai[i];
for(int k = 1; (1<<k) <= n; ++k) {
for(int i = 1; i+(1<<k)-1 <= n; ++i) {
st[i][k] = Gcd(st[i][k-1], st[i+(1<<(k-1))][k-1]);
}
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
len[i] = len[i-1];
if((1<<(len[i]+1)) < i) ++len[i];
}
LL ans = 0;
REP(i,1,n) {
int now = 0;
for(int k = i, nx; k <= n; k = nx+1) {
now = Gcd(now, ai[k]);
int l = k+1, r = n;
nx = k;
while(l<=r) {
int mid = (l+r)>>1;
int tmp = Que(k,mid);
if(tmp%now==0) nx = mid, l = mid+1;
else r = mid-1;
}
ans = (ans + LL(nx-k+1) * now) % P;
}
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}