更优视觉请见浅谈RMQ
RMQ，即Range Minimum/Maximum Query，区间最大最小问题，通常采取ST表求解，下面将结合例题讲解

例题

P3865 模板【ST表】

题目描述

给定一个长度为\(N\)的数列，和\(M\)次询问，求出每一次询问的区间内数字的最大值。

\(1 \leq N \leq {10}^5, 1 \leq M \leq 2 \times {10}^6, a_i \in [0, {10}^9], 1 \leq l_i \leq r_i \leq N\)

这种问题最简单的想法就是对于每个区间遍历一次，求出最大值

但这样的时间复杂度是\(O(NM)\)的，明显会超时

那么我们可以考虑一下怎么优化

发现如果我们可以预处理出每个区间的最大值是不是就可以了

这时候就可以使用ST表

ST表

ST表基于倍增的思想，可以做到在\(O(nlogn)\)的时间内预处理出从每个点往后\(2^x\)的区间内的最大值

设\(f[i][j]\)表示从\(i\)往后\(2^j-1\)的区间内的最大值，那么转移方程为

\(f[i][j]=max\begin{cases}f[i][j-1]\\f[i+2^{j-1}][j-1] \end{cases}\)

首先这个区间可以拆成连个区间，前一半和后一半，然后再比较这两个区间内的最大值就可以了

同时由这个转移方程哦我们可以看出要求出\(f[i][j]\)，那么\(f[i][j-1]\)必须要先求出来，所以循环的时候要先循环\(j\)再循环\(i\)

那么现在处理出每个区间的最大值，我们就需要在\(O(1)\)的时间内求出任意区间的值

现在有一个区间\([l,r]\)，我们先求出\(x=log_2(r-l+1)\)。那么这时候整个区间就可以分成\([l,l+2^x-1]\)和\([r-2^x+1,r]\)两个区间，然后就可以根据已经预处理好的\(f\)数组在\(O(1)\)的时间里查询

那么可能就有同学会问了，如果说分成的两个区间不能覆盖原区间呢？

也就是说，会不会有\(r-2^x+1>l+2^x-1\)的情况

假设\(r-2^x+1>l+2^x-1\)

那么\(r-l+2>2\times 2^x\)

又因为\(x=log_2(r-l+1)\)，也就是\(2^x=r-l+1\)

所以\(r-l+2>2*(r-l+1)\)

即\(r-l>2*(r-l)\)

因为\(r-l>0\)

所以\(r-l>2*(r-l)\)不成立

即\(r-2^x+1>l+2^x-1\)不成立

就说明\(r-2^x+1\le l+2^x-1\)

那么分成的两个区间就一定可以覆盖原来的区间，我们可以放心的这么拆区间啦

例题Code

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,m,l,r,x,f[100005][17];
int read()
{
	int res=0,fh=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') fh=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+(ch-'0'),ch=getchar();
	return res*fh;
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	for (int i=1;i<=n;++i)//f[i][0]就是从i到i+2^0-1内的最大值，就是a[i]
		f[i][0]=read();
	for (int j=1;j<=log2(n);++j)
		for (int i=1;i<=n+1-(1<<j);++i)
			f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<j-1)][j-1]);//预处理
	for (int i=1;i<=m;++i)
	{
		l=read();r=read();
		x=log2(r-l+1);
		printf("%d\n",max(f[l][x],f[r+1-(1<<x)][x]));//O(1)求答案
	}
	return 0;
}