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ST的定义：
就是一个用来解决rmq（区间最值）问题的算法。
相关性质：
1.缺点：不支持修改操作。 2.时间复杂度： 预处理(O( n*log(n) ) 查询：(O(1));
具体操作：
1.首先建立f[i][j] 首先定义f[i,j]为以第i个数为起点，长度为2^j的一段区间中的最大值 2.预处理 根据状态方程预处理整个过程 3.查询。 //预处理复杂度同为O(nlogn),查询时间上，ST表为O(1),线段树为O(logn)
状态表达式： 一、什么是ST表 1.可重复贡献问题 可重复贡献问题是对于运算o p t optopt，运算的性质满足x o p t x = x x\ opt\ x\ =\ xx opt x = x，则对应的区间询问就是一个可重复的贡献问题，例如：最大值满足m a x ( x , x ) = x max(x, x) = xmax(x,x)=x，最大公因数满足g c d ( x , x ) = x gcd(x, x) = xgcd(x,x)=x，因此RMQ问题和GCD问题就是一个可重复贡献的问题，但是例如区间和就不满足这个性质，因为在求解区间和的过程中采用的预处理区间会发生重叠，导致重叠部分被重复计算，因此对于o p t optopt操作还需要满足集合率才能够使用ST表进行求解。
2.ST表简介 ST表是一种基于倍增思想，用于解决可重复贡献问题的数据结构。
ST表应用最广泛的领域便是解决RMQ问题：给定n nn个数，m mm个询问，对于每个询问，需要回答区间[ l , r ] [l, r][l,r]中的最大值或最小值(可以采用两个数组同时进行处理)。
基于倍增的思想，ST表可以实现O ( n l o g n ) O(n log n)O(nlogn)下进行预处理，并在0 ( 1 ) 0(1)0(1)时间内回答每个询问。如果仅仅进行区间最值查询，ST表的效率完全吊打线段树；但是，相比于线段树，ST表并不支持修改操作，无论是单点修改还是区间修改都不支持。
二、ST表的原理和实现 我们在简介中提到，ST表基于倍增的思想，但并不是朴素的倍增方式：对于朴素的倍增方式，我们可以发现查询的过程中，我们仍然需要调2 i 2^i2 i 步，那么查询的复杂度显然不是0 ( 1 ) 0(1)0(1)，也不存在比线段树更有的说法，反倒预处理不如线段树快。
❓::那么倍增的思想是如何应用的呢？
我们在简介前提到了重复贡献问题，显然对于区间的最小值/最大值都满足这个性质：m i n ( x , x ) = x , m a x ( x , x ) = x min(x,x) = x,\ max(x, x) = xmin(x,x)=x, max(x,x)=x。那么显然用来求解的预处理的区间有重叠部分，只要这些区间的并是所求区间，最终计算出的答案一定就是正确答案。
❓::具体是如何实现的?
我们定义f [ i ] [ j ] f[i][j]f[i][j]表示区间[ i , i + 2 j − 1 ] [i, i + 2^j - 1][i,i+2 j −1]的最大值，那么显然f [ i ] [ 0 ] = a i f[i][0] = a_if[i][0]=a i 。
那么我们可以根据倍增的思路给出状态转移方程：f ( i , j ) = m a x ( f ( i , j − 1 ) , f ( i + 2 j − 1 , j − 1 ) ) f(i, j) = max(f(i, j - 1),\ f(i + 2^{j - 1},j-1))f(i,j)=max(f(i,j−1), f(i+2 j−1 ,j−1))
而对于询问[ l , r ] [l, r][l,r]，我们将其分成两部分f [ l , l + 2 s − 1 ] f[l, l + 2^s - 1]f[l,l+2 s −1]和f [ r − 2 s + 1 , r ] f[r - 2^s + 1, r]f[r−2 s +1,r]，即为两个子区间。由于RMQ属于可重复贡献问题，因此不必使两个区间不相交。
但显然，我们需要使第一个字区间的右端点尽可能的接近r rr，那么不妨直接令l + 2 s − 1 = r l + 2^s - 1 = rl+2 s −1=r，那么可以得到s = log 2 ( r − l + 1 ) s = \log_2{(r - l + 1)}s=log 2 (r−l+1)；同时，我们希望第二个区间的左端点尽可能地接近l ll，也就是r − 2 s + 1 = l r - 2^s + 1 = lr−2 s +1=l，发现于上一个式子使完全相同的，因此只需要取s = log 2 ( r − l + 1 ) s = \log_2{(r -l + 1)}s=log 2 (r−l+1)即可。但显然这样的s ss不是整数，那么我们直接取向下取整即可，此时的s ss仍能保证两个子区间完全覆盖整个区间。
由于使用STL反复计算l o g loglog值容易卡l o g loglog，对于s ss我们只需预处理出可能用到的全部s ss值即可： { L o g n [ 1 ] = 0 , L o g n [ i ] = L o g n [ i 2 ] + 1. \left{ Logn[1]Logn[i]=0,=Logn[i2]+1. Logn[1]=0,Logn[i]=Logn[i2]+1. \right. ⎩ ⎨ ⎧
Logn[1] Logn[i]
=0, =Logn[ 2 i ]+1.
ST表的其他应用
除 RMQ 以外，还有其它的“可重复贡献问题”。例如“区间按位和”、“区间按位或”、“区间 GCD”，ST 表都能高效地解决。
需要注意的是，对于“区间 GCD”，ST 表的查询复杂度并没有比线段树更优（令值域为 w ww，ST 表的查询复杂度为 Θ ( log w ) \Theta(\log w)Θ(logw)，而线段树为 Θ ( log n + log w ) \Theta(\log n+\log w)Θ(logn+logw)，且值域一般是大于 n nn 的），但是 ST 表的预处理复杂度也没有比线段树更劣，而编程复杂度方面 ST 表比线段树简单很多。
如果分析一下，“可重复贡献问题”一般都带有某种类似 RMQ 的成分。例如“区间按位与”就是每一位取最小值，而“区间 GCD”则是每一个质因数的指数取最小值。
要知道，
f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1)][j-1]);
f[i][j-1]表示：
闭区间[i , i+2^j-1] 长度为：2^j-1的最大值
f[i+(1<<(j-1)][j-1]表示：
闭区间[i+(1<<(j-1) , i+2^j-1] 长度为：2^j-1的最大值
查询操作同理
代码附上：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N=1e5*2+100,M=18;
int f[N][M];
int a[N];
int n,m;
void init()
{
for(int j=0;j<M;j++)
{
for(int i=1;i + (1<<j) -1<=n;i++)
{
if(!j)
{
f[i][j]=a[i];
}
else
{
f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i + (1<<(j-1))][j-1]);
}
}
}
}
int query(int l,int r)
{
int len=r-l+1;
int k=log(len)/log(2);
return max(f[l][k],f[r- (1<<k)+1][k]);
}
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
init();
scanf("%d", &m);
while (m -- )
{
int l, r;
scanf("%d%d", &l, &r);
printf("%d\n", query(l, r));
}
return 0;
}
总结： 利用倍增的思想 将比较好合并的性质 利用 长度比较大的二进制块 合并起来。
