RMQ问题
RMQ（Range Minimum/Maximum Query），即区间最值查询。对于长度为n的数列arr，回答若干询问Q(i,j)，返回数列arr中下标在i,j之间的最大/小值。如果只有一次询问，那一遍for就可以搞定，但是如果有多次询问就无法在很快的时间处理出来。
ST算法
ST算法是一个在线算法，它可以在O(nlogn)时间内进行预处理，然后在O(1)的时间内回答每个查询，假设现在的数组为arr[] = {1,3,6,7,4,2,5,9}，算法步骤如下：
一、预处理（以处理区间最小值为例）
$dp[i][j]$表示从第i位开始连续$2^j$个数（也就是到$i+2^j-1$）中的最小值。例如$dp[2][1]$表示从第2个数开始，连续2个数的最小值，即3,6之间的最小值，即$dp[2][1]=3$，从dp数组的含义我们就知道，$dp[i][0]=arr[i]$（下标均是从1开始），初值有了，剩下的就是状态转移方程。首先把$dp[i][j]$平均分成两段（因为一定是偶数个数字），从i到$i+2^{j-1}-1$为一段，$i+2{j-1}$到$i+2^j-1$为一段（每段长度都为$2^{j-1}$）。假设i=1,j=3时就是1,3,6,7和4,2,5,9这两段。$dp[i][j]$就是这两段最大值的最大值。于是得到了状态转移方程式$dp[i][j] = max(dp[i][j-1],dp[i+2^{j-1}][j-1])$
for(int i = 1;i <= n;i++)
dp[i][0] = arr[i];
for(int j = 1;(1 << j) <= n;j++)
for(int i = 1;i + (1 << j) - 1 <= n;i++)
dp[i][j] = Math.min(dp[i][j-1],dp[i + (1<<(j - 1))][j-1]);二、查询
假设我们需要查询区间[L,R]中的最小值，令$k=log_2(R-L+1)$，则区间[L,R]的最小值$res=min(dp[L][k],dp[R-(1<<k)+1][k])$，为什么这样就可以保证区间最值？dpL维护的是$[L,L+2^k-1]$，$dp[L][R - 2^k+1][k]$维护的是$[R-2^k+1,R]$，因此只要证明$R-2^k+1 ≤ l+2^k-1$即可，这里证明省略
int k = (int) (Math.log(r - l + 1) / Math.log(2));
int min = Math.min(dp_min[l][k],dp_min[r - (1 << k) + 1][k]);举个栗子
$L=4,R=6$，此时$k=log_2(R-L+1)=log_23=1$，所以$RMQ(4,6)=min(dp[4][1],dp[5][1])=min(4,2)=2$，很容易看出来答案是正确的
题目链接：POJ3264
ST算法板子题，用java的同学要注意的就是把你所有会的输入输出优化全用上，不然会TLE
import java.io.InputStreamReader;
import java.util.Scanner;
public class CF522A {
final static int N = 50005;
static int[][] dp_min = new int[N][25];
static int[][] dp_max = new int[N][25];
public static void main(String[] args) {
Scanner cin = new Scanner(new InputStreamReader(System.in));
int n = Integer.parseInt(cin.next());
int m = Integer.parseInt(cin.next());
for(int i = 1;i <= n;i++) {
int tmp = cin.nextInt();
dp_min[i][0] = tmp;
dp_max[i][0] = tmp;
}
//预处理
for(int j = 1;(1 << j) <= n;j++)
for(int i = 1;i + (1 << j) <= n + 1;i++) {
dp_min[i][j] = Math.min(dp_min[i][j - 1],dp_min[i + (1 << j - 1)][j - 1]);//加减优先级高于位运算
dp_max[i][j] = Math.max(dp_max[i][j - 1],dp_max[i + (1 << j - 1)][j - 1]);
}
while((m--) != 0) {
int l = Integer.parseInt(cin.next());
int r = Integer.parseInt(cin.next());
int k = (int) (Math.log(r - l + 1) / Math.log(2));
int min = Math.min(dp_min[l][k],dp_min[r - (1 << k) + 1][k]);
int max = Math.max(dp_max[l][k],dp_max[r - (1 << k) + 1][k]);
System.out.println(max - min);
}
}
}LCA
求LCA（最近公共祖先）的算法有好多种，按在线和离线分为在线算法和离线算法，离线算法有基于搜索的Tarjan算法，而在线算法则是基于DP的ST算法。首先给定一棵树
通过深搜，可以得到这样的一个序列：
数组下标：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
遍历顺序： A B D B E F E G E B A C A
结点在树中的深度：1 2 3 2 3 4 3 4 3 2 1 2 1
要查询D和G的LCA：
- 在遍历序列中找到D和G第一次出现的位置，first[D]=3，first[G]=8（3，8指数组下标）
- 取深度数组的[3,8]那一段序列，查询一个最小值min(3,2,3,4,3,4)=2，对应遍历数组中的结点是B，所以D,G的LCA是B
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,m,s,tot = 0,cnt = 0;
//vis[i]:dfs第i个访问的结点
//r[i]:vis[i]所在的层数
//fir[i]:vis[i]第一次出现的下标
int head[1000100],nxt[1000100],to[1000100];
int fir[1000100],vis[1000100],r[1000100];
int f[20][1000100],rec[20][1000100];
void addEdge(int x,int y) {
cnt++;
nxt[cnt] = head[x];
head[x] = cnt;
to[cnt] = y;
}
void dfs(int u,int dep) {//dfs处理出三个数组
fir[u] = ++tot,vis[tot] = u,r[tot] = dep;
for(int i = head[u];i != -1;i = nxt[i]) {
int v = to[i];
if(!fir[v]) {
dfs(v,dep + 1);
vis[++tot] = u,r[tot] = dep;
}
}
}
int main() {
memset(head,-1,sizeof(head));
scanf("%d%d%d",&n,&m,&s);
for(int i = 1;i < n;i++) {
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
addEdge(x,y);
addEdge(y,x);
}
dfs(s,1);
//ST表求RMQ
for(int i = 1;i <= tot;i++)
f[0][i] = r[i],rec[0][i] = vis[i];
for(int i = 1;(1 << i) <= tot;i++)
for(int j = 1;j + (1 << i) <= tot + 1;j++)
if(f[i - 1][j] < f[i - 1][j + (1 << (i - 1))])
f[i][j] = f[i - 1][j],rec[i][j] = rec[i - 1][j];
else
f[i][j] = f[i - 1][j + (1 << (i - 1))],rec[i][j] = rec[i - 1][j + (1 << (i - 1))];
//rec记录的是区间内深度最小值的编号
for(int i = 1;i <= m;i++) {
int l,r,k = 0;
scanf("%d%d",&l,&r);
l = fir[l],r = fir[r];
if(l > r)
swap(l,r);
while((1 << k) <= r - l + 1)
k++;
k--;
if(f[k][l] < f[k][r - (1 << k) + 1])
printf("%d\n",rec[k][l]);
else
printf("%d\n",rec[k][r - (1 << k) + 1]);
}
return 0;
}