ST算法介绍：【转自http://blog.csdn.net/insistgogo/article/details/9929103】
作用：ST算法是用来求解给定区间RMQ的最值，本文以最小值为例
方法：ST算法分成两部分：离线预处理 （nlogn）和 在线查询（O(1)）。虽然还可以使用线段树、树状链表等求解区间最值，但是ST算法要比它们更快，而且适用于在线查询。
（1）离线预处理：运用DP思想，用于求解区间最值，并保存到一个二维数组中。
（2）在线查询：对给定区间进行分割，借助该二维数组求最值
具体解释：
（1）离线预处理：
ST算法使用DP思想求解区间最值，貌似属于区间动态规划，不过区间在增加时，每次并不是增加一个长度，而是使用倍增的思想，每次增加2^i个长度。
使用F[i,j]表示以i为起点，区间长度为2^j的区间最值，此时区间为[i,i + 2^j - 1]。
比如，F[0,2]表示区间[0,3]的最小值，即等于4，F[2,2]表示区间[2,5]的最小值，即等于1。
在求解F[i,j]时，ST算法是先对长度为2^j的区间[i,i + 2^j - 1]分成两等份，每份长度均为2^(j - 1)。之后在分别求解这两个区间的最值F[i,j - 1]和F[i + 2^(j - 1),j - 1]。，最后在结合这两个区间的最值，求出整个区间的最值。特殊情况，当j = 0时，区间长度等于0，即区间中只有一个元素，此时F[i,0]应等于每一个元素的值。
举例：要求解F[1,2]的值，即求解区间[1,4] = {4,6,10,1}的最小值，此时需要把这个区间分成两个等长的区间，即为[1,2]和[3,4]，之后分别求解这两个区间的最小值。此时这两个区间最小值分别对应着F[1,1] 和 F[3,1]的值。
状态转移方程是 F[i,j] = min(F[i,j - 1],F[i + 2^(j - 1),j - 1])
初始状态为：F[i,0] = A[i]。
在根据状态转移方程递推时，是对每一元素，先求区间长度为1的区间最值，之后再求区间长度为2的区间最值，之后再求区间长度为4的区间最值....，最后，对每一个元素，在求解区间长度为log2^n的区间最值后，算法结束，其中n表示元素个数。
即：先求F[0][1]，F[1][1]，F[2][1]，F[3][1]，,，F[n][1]，再求.F[0][2]，F[1][2]，F[2][2]，F[3][2]，,，F[m][2]，... 。
（2）在线处理：这里我们是已知待查询的区间[x,y]，求解其最值。
在预处理期间，每一个状态对应的区间长度都为2^i。由于给出的待查询区间长度不一定恰好为2^i，因此我们应对待查询的区间进行处理。
这里我们把待查询的区间分成两个小区间，这两个小区间满足两个条件：（1）这两个小区间要能覆盖整个区间（2）为了利用预处理的结果，要求小区间长度相等且都为2^i。注意两个小区间可能重叠。
如：待查询的区间为[3,11]，先尽量等分两个区间，则先设置为[3,7]和[8,11]。之后再扩大这两个区间，让其长度都等于为2^i。刚划分的两个区间长度分别为5和4，之后继续增加区间长度，直到其成为2^i。此时满足两个条件的最小区间长度为8,此时i = 3。
在程序计算求解区间长度时，并没有那么麻烦，我们可以直接得到i，即等于直接对区间长度取以2为底的对数。这里，对于区间[3,11]，其分解的区间长度为int（log(11 - 3 + 1)） = 3，这里log是以2为底的。
根据上述思想，可以把待查询区间[x，y]分成两个小区间[x，x + 2^i - 1] 和 [y - 2^i + 1，y] ，其又分别对应着F[x,i]和F[y - 2^i + 1,i]，此时为了求解整个区间的最小值，我们只需求这两个值得最小值即可，此时复杂度是O(1)。
总之ST算法就是花大量代价（nlogn)预处理，然后实现O(1)查询，在处理有大量查询的题目时线段树就稍逊一筹了
POJ3264
算是一道裸的RMQ问题，只是开两个数组，分别维护区间最大值和最小值即可
代码：
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> using namespace std; const int maxn=50000+100; int a[maxn]; int n,q; int F1[maxn][20]; int F2[maxn][20]; void ST_table() { for(int i=1;i<=n;i++) F1[i][0]=F2[i][0]=a[i]; int nlog=(int)(log(double(n))/log(2.0));//log2(n) for(int j=1;j<=nlog;j++) { for(int i=1;i<=n;i++) { if(i+(1<<j)-1<=n) { F1[i][j]=min(F1[i][j-1],F1[i+(1<<(j-1))][j-1]); F2[i][j]=max(F2[i][j-1],F2[i+(1<<(j-1))][j-1]); } } } } int RMQ(int l,int r) { int nlog=(int)(log(double(r-l+1))/log(2.0)); //cout<<nlog<<endl; int mi=min(F1[l][nlog],F1[r-(1<<nlog)+1][nlog]); //cout<<mi<<endl; int ma=max(F2[l][nlog],F2[r-(1<<nlog)+1][nlog]); //cout<<ma<<endl; return ma-mi; } int main() { int l,r; while(scanf("%d%d",&n,&q)!=EOF) { for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); ST_table(); while(q--) { scanf("%d%d",&l,&r); printf("%d ",RMQ(l,r)); } } }
hdu5443 裸的查询区间最大值的题目
代码：
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> using namespace std; const int maxn=1010; int a[maxn]; int f[maxn][15]; int n; void ST_table() { for(int i=1;i<=n;i++) f[i][0]=a[i]; int nlog=(int)(log(double(n))/log(2.0)); for(int j=1;j<=nlog;j++) { for(int i=1;i<=n;i++) { if(i+(1<<j)-1<=n) { f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]); } } } } int RMQ(int l,int r) { int nlog=(int)(log(double(r-l+1))/log(2.0)); return max(f[l][nlog],f[r-(1<<nlog)+1][nlog]); } int main() { int T; int l,r; scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); ST_table(); int q; scanf("%d",&q); while(q--) { scanf("%d%d",&l,&r); printf("%d ",RMQ(l,r)); } } }
hdu5289 让你统计区间差值（最大值-最小值）小于k的 区间有多少个
刚开始暴力做，枚举区间，查询的次数是O（n^2)级别，果断TLE，后来发现
自己忽略了一个很重要的区间差值的性质，对于一个区间,如果查询起点i，确定，
那么随着区间右端点不断增大,RMQ（i,r)是递增的，因此可以用二分查找的方法来
确定区间的长度，累加得答案，查询次数就变成了O(n*logn）,就可以过了
代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=100000+100;
ll a[maxn];
ll f1[maxn][20];
ll f2[maxn][20];
int n;
void ST_table()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
f1[i][0]=f2[i][0]=a[i];
int nlog=(int)(log(double(n))/log(2.0));
for(int j=1;j<=nlog;j++)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(i+(1<<j)-1<=n)
{
f1[i][j]=max(f1[i][j-1],f1[i+(1<<(j-1))][j-1]);
f2[i][j]=min(f2[i][j-1],f2[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}
}
}
}
int RMQ(int l,int r)
{
int nlog=(int)(log(double(r-l+1))/log(2.0));
int ma=max(f1[l][nlog],f1[r-(1<<nlog)+1][nlog]);
int mi=min(f2[l][nlog],f2[r-(1<<nlog)+1][nlog]);
return ma-mi;
}
int main()
{
int T,k;
int l,r;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
ST_table();
ll ans