NYOJ 119 士兵杀敌（三）

朴灿烈づ我的快乐病毒、 2022-08-25 05:17 156阅读 0赞

## 士兵杀敌（三） ##

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难度： 5

描述

南将军统率着N个士兵，士兵分别编号为1~N,南将军经常爱拿某一段编号内杀敌数最高的人与杀敌数最低的人进行比较，计算出两个人的杀敌数差值，用这种方法一方面能鼓舞杀敌数高的人，另一方面也算是批评杀敌数低的人，起到了很好的效果。

所以，南将军经常问军师小工第i号士兵到第j号士兵中，杀敌数最高的人与杀敌数最低的人之间军功差值是多少。

现在，请你写一个程序，帮小工回答南将军每次的询问吧。

注意，南将军可能询问很多次。

输入

只有一组测试数据  
第一行是两个整数N,Q，其中N表示士兵的总数。Q表示南将军询问的次数。(1<N<=100000,1<Q<=1000000)  
随后的一行有N个整数Vi(0<=Vi<100000000)，分别表示每个人的杀敌数。  
再之后的Q行，每行有两个正正数m,n，表示南将军询问的是第m号士兵到第n号士兵。

输出

对于每次询问，输出第m号士兵到第n号士兵之间所有士兵杀敌数的最大值与最小值的差。

样例输入

5 2
    1 2 6 9 3
    1 2
    2 4

样例输出

1
    7

思路：RMQ算法。

#include<stdio.h>
    #include<math.h> #define MAXN 100000
    #define mmin(a,b) ((a)<=(b))?(a):(b)
    #define mmax(a,b) ((a)>=(b))?(a):(b) int num[MAXN];
    int f1[MAXN][18];
    int f2[MAXN][18];   //sparse table算法
    void st(int n)
    {
     int i,j,k,m;
     k=(int)(log((double)(n))/log(2.0));
     for(i=0;i<n;i++)
     {
      f1[i][0]=num[i];//递推的初值
      f2[i][0]=num[i];
     }
     for(j=1;j<=k;j++)
     {
      for(i=0;i+(1<<j)-1<n;i++)
      {
       m=i+(1<<(j-1));//求出中间的那个值
       f1[i][j]=mmax(f1[i][j-1],f1[m][j-1]);
       f2[i][j]=mmin(f2[i][j-1],f2[m][j-1]);
      }
     }
    } //查询i和j之间的最值，注意i是从0开始的
    void rmq(int i,int j)
    {
     int k=(int)(log((double)(j-i+1))/log(2.0));
     int t1,t2;
     t1=mmax(f1[i][k],f1[j-(1<<k)+1][k]);
     t2=mmin(f2[i][k],f2[j-(1<<k)+1][k]);
     printf("%d\n",t1-t2);
    } int main()
    {
     int i,N,Q,A,B;
     scanf("%d%d",&N,&Q);
     for(i=0;i<N;i++)
      scanf("%d",&num[i]);
     st(N); 
     
     while(Q--)
     {
      scanf("%d%d",&A,&B);
      rmq(A-1,B-1);
     }
     return 0;
    }

[RMQ算法][RMQ]

RMQ（Range Minimum/Maximum Query），即区间最值查询，是指这样一个问题：对于长度为n的数列A，回答若干询问RMQ（A,i,j）(i,j<=n)，返回数列A中下标在i，j之间的最小/大值。这两个问题是在实际应用中经常遇到的问题，下面介绍一下解决这两种问题的比较高效的算法。当然，该问题也可以用线段树（也叫区间树）解决，算法复杂度为：O(N)~O(logN)，这里我们暂不介绍。

2.RMQ算法  
对于该问题，最容易想到的解决方案是遍历，复杂度是O(n)。但当数据量非常大且查询很频繁时，该算法无法在有效的时间内查询出正解。  
本节介绍了一种比较高效的在线算法（ST算法）解决这个问题。所谓在线算法，是指用户每输入一个查询便马上处理一个查询。该算法一般用较长的时间做预处理，待信息充足以后便可以用较少的时间回答每个查询。ST（Sparse Table）算法是一个非常有名的在线处理RMQ问题的算法，它可以在O(nlogn)时间内进行预处理，然后在O(1)时间内回答每个查询。

（一）首先是预处理，用动态规划（DP）解决。  
设A\[i\]是要求区间最值的数列，F\[i, j\]表示从第i个数起连续2^j个数中的最大值。（DP的状态）  
例如：  
A数列为：3 2 4 5 6 8 1 2 9 7  
F\[1，0\]表示第1个数起，长度为2^0=1的最大值，其实就是3这个数。同理 F\[1,1\] = max(3,2) = 3, F\[1，2\]=max(3,2,4,5) = 5，F\[1，3\] = max(3,2,4,5,6,8,1,2) = 8;  
并且我们可以容易的看出F\[i,0\]就等于A\[i\]。（DP的初始值）  
这样，DP的状态、初值都已经有了，剩下的就是状态转移方程。  
我们把F\[i，j\]平均分成两段（因为f\[i，j\]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(长度都为2 ^ (j - 1))。用上例说明，当i=1，j=3时就是3,2,4,5 和 6,8,1,2这两段。F\[i，j\]就是这两段各自最大值中的最大值。于是我们得到了状态转移方程F\[i, j\]=max（F\[i，j-1\], F\[i + 2^(j-1)，j-1\]）。  
代码如下：

void RMQ(int num) //预处理->O(nlogn)  
\{  
for(int j = 1; j < 20; ++j)  
for(int i = 1; i <= num; ++i)  
if(i + (1 << j) - 1 <= num)  
\{  
maxsum\[i\]\[j\] = max(maxsum\[i\]\[j - 1\], maxsum\[i + (1 << (j - 1))\]\[j - 1\]);  
minsum\[i\]\[j\] = min(minsum\[i\]\[j - 1\], minsum\[i + (1 << (j - 1))\]\[j - 1\]);  
\}  
\}

这里我们需要注意的是循环的顺序，我们发现外层是j，内层所i，这是为什么呢？可以是i在外，j在内吗？

答案是不可以。因为我们需要理解这个状态转移方程的意义。  
状态转移方程的含义是：先更新所有长度为F\[i,0\]即1个元素，然后通过2个1个元素的最值，获得所有长度为F\[i,1\]即2个元素的最值，然后再通过2个2个元素的最值，获得所有长度为F\[i,2\]即4个元素的最值，以此类推更新所有长度的最值。  
而如果是i在外，j在内的话，我们更新的顺序就是F\[1,0\],F\[1,1\],F\[1,2\],F\[1,3\],表示更新从1开始1个元素，2个元素，4个元素，8个元素（A\[0\],A\[1\],....A\[7\]）的最值，这里F\[1,3\] = max(max(A\[0\],A\[1\],A\[2\],A\[3\]),max(A\[4\],A\[5\],A\[6\],A\[7\]))的值，但是我们根本没有计算max(A\[0\],A\[1\],A\[2\],A\[3\])和max(A\[4\],A\[5\],A\[6\],A\[7\])，所以这样的方法肯定是错误的。

为了避免这样的错误，一定要好好理解这个状态转移方程所代表的含义。

（二）然后是查询。  
假如我们需要查询的区间为(i,j)，那么我们需要找到覆盖这个闭区间(左边界取i，右边界取j)的最小幂（可以重复，比如查询5，6，7，8，9，我们可以查询5678和6789）。  
因为这个区间的长度为j - i + 1,所以我们可以取k=log2( j - i + 1)，则有：RMQ(A, i, j)=max\{F\[i , k\], F\[ j - 2 ^ k + 1, k\]\}。  
举例说明，要求区间\[2，8\]的最大值，k = log2（8 - 2 + 1）= 2，即求max(F\[2, 2\]，F\[8 - 2 ^ 2 + 1, 2\]) = max(F\[2, 2\]，F\[5, 2\])；

在这里我们也需要注意一个地方，就是<<运算符和+-运算符的优先级。  
比如这个表达式：5 - 1 << 2是多少？

答案是：4 \* 2 \* 2 = 16。所以我们要写成5 - (1 << 2)才是5-1 \* 2 \* 2 = 1。

[RMQ]: http://blog.csdn.net/liang5630/article/details/7917702