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【模板】静态区间最值

[编程题]【模板】静态区间最值
  • 热度指数:95 时间限制:C/C++ 5秒,其他语言10秒 空间限制:C/C++ 1024M,其他语言2048M
  • 算法知识视频讲解
\hspace{15pt}对于给定的长度为 n 的数组 \{a_1,a_2,\dots,a_n\} ,你需要构建一个能够维护区间最大/最小值信息的数据结构,使得其能支持:
\hspace{22.5pt}_\texttt{1.}\区间最小值查询:输出 [l,r] 这个区间中的最小元素,即 \min \{ a_l, a_{l+1}, \dots, a_r\}
\hspace{22.5pt}_\texttt{2.}\区间最大值查询:输出 [l,r] 这个区间中的最大元素,即 \max \{ a_l, a_{l+1}, \dots, a_r\}
提示 \hspace{15pt}本题为『离线 ‖ 静态:仅询问 ‖ 区间最值』模板题,我们可以使用 \sf ST 表解决,预期实现时间复杂度为 \mathcal O \left( n \log n \right) 。您也可以尝试使用已知的 \mathcal O(n) 复杂度做法通过本题。

输入描述:
\hspace{15pt}第一行输入两个整数 n,q \left( 1 \leqq n,q \leqq 5 \times 10^5\right) 代表数组中的元素数量、操作次数。
\hspace{15pt}第二行输入 n 个整数 a_1,a_2,\dots,a_n \left( -10^9 \leqq a_i \leqq 10^9 \right) 代表初始数组。
\hspace{15pt}此后 q 行,每行先输入一个整数 op \left( 1 \leqq op \leqq 2 \right) 代表操作编号,随后:
\hspace{22.5pt}\bullet\op=1 ,在同一行输入两个整数 l, r \left( 1 \leqq l \leqq r \leqq n \right) 代表区间最小值查询;
\hspace{22.5pt}\bullet\op=2 ,在同一行输入两个整数 l, r \left( 1 \leqq l \leqq r \leqq n \right) 代表区间最大值查询。


输出描述:
\hspace{15pt}对于每一次询问,输出一行一个整数代表区间最值。
示例1

输入

6 4
1 1 4 5 1 4
1 1 1
1 3 4
2 4 4
2 1 6

输出

1
4
5
5

说明

\hspace{15pt}对于第一次操作,查询 \{{\color{orange}{1}}, 1, 4, 5, 1, 4 \}(单点查询)最小值,答案输出 1
\hspace{15pt}对于第二次操作,查询 \{1, 1, {\color{orange}{4, 5}}, 1, 4 \} 最小值,答案输出 4
\hspace{15pt}对于第三次操作,查询 \{1, 1, 4, {\color{orange}{5}}, 1, 4 \}(单点查询)最大值,答案输出 5
\hspace{15pt}对于第四次操作,查询 \{{\color{orange}{1, 1, 4, 5, 1, 4}} \}(全局查询)最大值,答案输出 5

我们将使用拉马努金瞪眼法解决这一题

注意到,静态区间最值需要使用st表来维护

或者可以用线段树进行维护

st表模板链接:ST 表 - OI Wiki
(以前没写过st表,现在算是写过一次了)
线段树模板链接:线段树基础 - OI Wiki

注意到,代码要写成这样

void solve()
{
    int n = q_;
    int q = q_;
    vector<int>log(n + 10, 0);
    ffp(i, 2, n)log[i] = log[i >> 1] + 1;
    vector<vector<int>>maxx(log[n] + 1, vector<int>(n + 1, -iINF)), minn(log[n] + 1, vector<int>(n + 1, iINF));
    ffp(i, 1, n)maxx[0][i] = minn[0][i] = q_;

    ffp(i, 1, log[n])for (int j = 1; j + (1 << i) - 1 <= n; j++)
    {
        maxx[i][j] = max(maxx[i - 1][j], maxx[i - 1][j + (1 << i-1)]);
        minn[i][j] = min(minn[i - 1][j], minn[i - 1][j + (1 << i-1)]);
    }

    ffp(i, 1, q)
    {
        int op = q_;
        int x = q_;
        int y = q_;
        int s = log[y - x + 1];
        if (op == 2) { cout << max(maxx[s][x], maxx[s][y - (1 << s) + 1]) << '\n'; }
        else { cout << min(minn[s][x], minn[s][y - (1 << s) + 1]) << '\n'; }
    }
}

int main()
{
    int t = 1;
    while (t--)
    {
        solve();
    }

    return 0;
}


/*
⡀⠎⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⣸⣿⣿⣿⣿⣄⠃⠈⣶⡛⠿⠭⣉⠛⠿⡿⠛⠉⣀⣠⣤⣭⡏⠴⢀⣴⣿⣿⣿⣿⣿⣿⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠙⣿⣿
⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⣿⣿⣿⣿⣿⣿⣷⣱⣬⠛⠉⠀⠀⢠⠀⠀⠀⢀⣀⠀⠉⠿⣿⣾⣿⣿⣿⣿⣿⣿⣿⣿⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠈⡿
⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⢀⢿⣿⣿⣿⣿⣿⣿⠋⠀⠀⠀⠀⠀⡏⠀⠀⠀⠀⠈⠳⠀⠀⠀⠻⣿⣿⣿⣿⣿⣿⠋⠀⣇⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠈
⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⣸⠀⣿⣿⣿⣿⠟⠀⠀⠀⠂⠀⠀⢠⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠈⡀⠀⠀⠀⠻⣿⣿⣿⣿⣷⡀⠘
⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⣧⣿⣿⣿⣿⠋⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⢸⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠈⠀⠀⠀⠀⠙⣿⣿⣿⣿⣿⣄⣧
⠀⠀⠀⠀⠀⠀⣸⣿⣿⣿⣿⠁⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⣾⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⢧⠀⠀⠀⠀⠈⢿⣿⣿⣿⣿⣿⣆
⠀⠀⠀⠀⠀⢀⣿⣿⣿⣿⠇⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⢹⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠈⠀⠀⠀⠀⠀⢂⠻⣿⣿⣿⣿⣿⣄
⠀⠀⠀⠀⠀⣿⣿⣿⣿⣹⠀⠀⠀⠀⠀⢸⠀⠀⠀⠀⠸⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⣇⠀⠀⠀⠀⠀⡄⠈⢿⣿⣿⣿⣿⣆
⠀⠀⠀⠀⣿⣿⣿⣿⠁⡇⠀⠀⠀⠀⠀⢸⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⣿⠀⠀⠀⠀⠐⠸⠀⠀⠻⣿⣿⣿⣆⢦
⠀⠀⢠⣿⣿⣿⣿⠃⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⣼⡇⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⡏⣧⠀⠀⠀⠀⠐⣇⠀⠀⠙⣿⣿⣿⡄⠙⣄
⠀⣴⣿⣿⣿⣿⠏⠀⢸⠀⠀⠀⠀⠀⠀⡿⢿⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⣃⣈⣦⠀⠀⠀⠀⢹⠀⠀⠀⠸⣿⣿⣿⠀⠀⠳⣀
⠋⣸⣿⣿⣿⡟⠀⠀⠀⡆⠀⠀⠀⠀⠀⡏⠙⡀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⢰⠀⢠⠀⠀⠀⢧⠀⠀⠀⠀⡇⠀⠀⠀⠘⣿⣿⣷⠀⠀⠘
⠀⣿⣿⣿⢩⠀⠀⠀⠀⣿⠀⠀⠀⠀⠀⣀⠀⢱⠀⡀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⣿⠀⠂⢀⣴⣶⣿⣿⡀⠀⠀⢻⠀⠀⠀⠀⠹⣿⣿⡄
⢸⣿⣿⠃⠈⠀⠀⢸⠀⣿⣆⠀⠀⠀⠀⣿⣿⣿⠷⠘⡀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⢠⢹⡀⠈⡿⠻⣿⣛⢿⣿⣷⡀⠈⠀⠀⠀⠀⠀⢻⣿⣿
⣿⣿⣿⠀⠀⠀⠀⢸⠀⡇⣼⣄⠀⠀⠀⢻⣿⡄⠑⠑⣿⡀⠀⠀⠀⢀⠀⠂⠇⠀⠀⠖⠛⢿⣿⣿⣌⢿⣿⣿⡆⠀⠀⠀⠀⠀⣿⣿⡀
⣿⣿⡇⠀⠀⠀⠀⢸⠀⣾⣿⣿⡷⠿⣷⣤⣿⣿⡄⠀⠀⠀⠑⠤⡀⠀⠃⠀⠀⠀⠀⣿⣶⣿⣿⣿⣿⣆⠙⣿⣧⠀⠀⠀⠀⠀⣿⣿⡇
⣿⣿⠁⠀⠀⠀⠀⠘⣾⣿⣿⠁⣴⣿⣿⣿⣿⣿⣇⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠈⠀⠀⠀⠀⠀⠸⡏⠙⣿⠉⠻⣿⠀⠀⣿⠀⠀⠀⣄⠀⣿⢸⣷
⣿⣿⡇⠀⠀⠀⠀⠀⣿⣿⠁⠀⣿⣿⠋⣿⠏⠙⠇⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⢹⠀⢀⢻⠀⠀⢀⡟⢀⣿⣸⢃⠟
⣿⣿⣿⠀⡄⠀⠀⠀⠘⠻⡄⠀⢹⠁⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⡘⠀⢀⣿⠃⣿⣿⡗⠁
⣧⣿⣿⣧⢹⡀⠀⠀⠀⠱⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⢀⠀⣴⣿⣿⣾⣿⣿⣿
⢿⠘⣿⣿⣿⣿⣤⠀⠢⡀⠱⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀ ⠀⠀⡀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⣠⣵⣿⣿⣿⣿⣿⣿⣿⣿⣷
⠀⠉⣿⣿⣿⡿⣿⠻⣷⣬⣓⣬⣄⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀ ⠀⠀⠉⠈⠈⠈⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⢀⣾⠃⠼⢉⣿⣿⣿⣿⣿⣿⣿
⠀⠀⣿⣿⣿⣷⠀⠀⠀⠘⣿⣄⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⣠⣾⣿⡏⠀⠀⢸⠀⢻⢿⣿⣿⡏⣿
⠀⢸⣿⣿⣿⣿⠀⠀⠀⠀⢻⣿⣿⣤⣀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⣀⣴⣾⣿⣿⣿⣿⠀⠀⠀⢸⠀⠀⢸⣿⣿⠘⡀
⢦⡿⣿⣿⣿⢿⠀⠀⠀⠀⢸⣿⣿⣿⣿⣿⣿⣿⣶⣶⣦⡄⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⣰⣿⣿⣿⣿⣿⣿⣿⣿⠀⠀⠀⠘⡄⠀⠈⣿⣿⡄⠱
⣴⠛⣾⣿⣿⢸⠀⠀⠀⠀⠀⣿⣿⣿⣿⣿⣿⣿⣿⣿⣿⠿⡄⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⣯⠛⣿⣿⣿⣿⣿⣿⣿⠀⠀⠀⠀⣇⠀⠀⣿⣿⣿
⠿⠀⣿⣿⣿⠀⠀⠀⠀⠀⠀⣿⣿⣿⣿⣿⣿⣿⣿⠟⠰⡾⠃⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠀⠙⡟⠀⢻⣿⣿⣿⣿⣿⡆⠀⠀⠀⠸⠀⠀⠸⣿⣿⣷
⠆⢳⣿⣿⡇⠀⠀⠀⠀⠀⠀⣿⣿⣿⠛⠿⠿⢿⡟⠀⠀⠉⠦⣀⡤⢶⠀⠖⠲⠶⠊⠀⠀⠀⢻⡛⠛⠛⣿⣿⠀⠀⠀⠀⠃⠀⠀⢿⣿⣿
*/
发表于 今天 00:34:32 回复(2)
注意到一种区间长度 均匀随机 情况下, 近似 O(q) 复杂度的分块+预处理做法

我们给每块维护前缀后缀结果, 块间维护所有块区间的结果, 而且这些预处理的复杂度都是 O(n)

那么对于跨块的询问, 我们都只需要 O(1) 查表就能解决

ans = 左散块的 suf + 中间块 + 右散块的 pre

但是对于块内的询问, 如果我们考虑预处理, 那么整个程序的复杂度就会稳定在 O(n*sqrt(n)), 而如果只特判后暴力, 就只有在遇到块内查询时的复杂度时 O(sqrt(n))

假如区间长度是 均匀随机 分布的, 那么这个算法的复杂度就近似于 n+q, 但是最坏情况仍然是 O(q*sqrt(n))

由于这题数据实测下来并不是均匀随机分布的, 最终跑下来复杂度近似于 O(nlogn), 大概 300 ms 跑完

#include <bits/stdc++.h>
#define pii pair<int, int>
#define endl '\n'
using namespace std;

const int inf = 1e9+7;
const int mxa = 5e5+10;
const int mxb = 750;

int a[mxa];
int brange_mx[mxb][mxb];
int brange_mn[mxb][mxb];
int bpre_mx[mxb][mxb];
int bpre_mn[mxb][mxb];
int bsuf_mx[mxb][mxb];
int bsuf_mn[mxb][mxb];

int get(int x, int blen) {
    return (x-1)/blen + 1;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);

    int n, q;
    cin>>n>>q;

    vector<int> a(n+1);
    for(int i = 1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
    }

    int blen = sqrt(n);
    int bnum = (n + blen -1) / blen;

    vector<pii> idx(bnum+1);
    for(int i = 1;i<=bnum;i++){
        idx[i].first = (i-1)*blen+1;
        idx[i].second = min(i*blen, n);

        // cout<<idx[i].first<<" "<<idx[i].second<<endl;
    }

    for(int i=0; i<=bnum+1; i++) {
        for(int j=0; j<=bnum+1; j++) {
            brange_mx[i][j] = -inf;
            brange_mn[i][j] = inf;
        }
    }
    

    for(int i = 1;i<=bnum;i++){
        int len = idx[i].second - idx[i].first + 1;

        bpre_mx[i][0] = -inf;
        bpre_mn[i][0] = inf;
        for(int j = 1;j<=len;j++){
            int now = idx[i].first + j - 1;
            bpre_mx[i][j] = max(bpre_mx[i][j-1], a[now]);
            bpre_mn[i][j] = min(bpre_mn[i][j-1], a[now]);
        }

        bsuf_mn[i][len+1] = inf;
        bsuf_mx[i][len+1] = -inf;
        for(int j = len;j>=1;j--){
            int now = idx[i].first + j - 1;
            bsuf_mx[i][j] = max(bsuf_mx[i][j+1], a[now]);
            bsuf_mn[i][j] = min(bsuf_mn[i][j+1], a[now]);
        }

        brange_mx[i][i] = bpre_mx[i][len];
        brange_mn[i][i] = bpre_mn[i][len];
    }

    for(int i = 1;i<=bnum;i++){
        for(int j = i+1;j<=bnum;j++){
            int len = idx[j].second - idx[j].first + 1;
            brange_mx[i][j] = max(brange_mx[i][j-1], bpre_mx[j][len]);
            brange_mn[i][j] = min(brange_mn[i][j-1], bpre_mn[j][len]);
        }
    }

    while(q--){
        int c, l, r;
        cin>>c>>l>>r;
        if(c == 1) {
            int idxl = get(l, blen), idxr = get(r, blen);
            if(idxl == idxr){
                int ans = inf;
                for(int i = l;i<=r;i++){
                    ans = min(ans, a[i]);
                }
                cout<<ans<<endl;
                continue;
            }

            int idxxl = l - idx[idxl].first + 1, idxxr = r - idx[idxr].first + 1;
            int ans = min({bsuf_mn[idxl][idxxl], bpre_mn[idxr][idxxr], brange_mn[idxl+1][idxr-1]});

            cout<<ans<<endl;
        } else {
            int idxl = get(l, blen), idxr = get(r, blen);
            if(idxl == idxr){
                int ans = -inf;
                for(int i = l;i<=r;i++){
                    ans = max(ans, a[i]);
                }
                cout<<ans<<endl;
                continue;
            }

            int idxxl = l - idx[idxl].first + 1, idxxr = r - idx[idxr].first + 1;
            int ans = max({bsuf_mx[idxl][idxxl], bpre_mx[idxr][idxxr], brange_mx[idxl+1][idxr-1]});

            cout<<ans<<endl;
        }
    }



}


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