数据结构进阶：ST表

简介

ST 表是用于解决 可重复贡献问题 的数据结构。

什么是可重复贡献问题？

可重复贡献问题 是指对于运算 \(\operatorname{opt}\) ，满足 \(x\operatorname{opt} x=x\) ，则对应的区间询问就是一个可重复贡献问题。例如，最大值有 \(\max(x,x)=x\) ，gcd 有 \(\operatorname{gcd}(x,x)=x\) ，所以 RMQ 和区间 GCD 就是一个可重复贡献问题。像区间和就不具有这个性质，如果求区间和的时候采用的预处理区间重叠了，则会导致重叠部分被计算两次，这是我们所不愿意看到的。另外， \(\operatorname{opt}\) 还必须满足结合律才能使用 ST 表求解。

什么是RMQ？

RMQ 是英文 Range Maximum/Minimum Query 的缩写，表示区间最大（最小）值。解决 RMQ 问题有很多种方法，如线段树、单调栈、ST表和 Four Russian -- 基于 ST 表的算法。

引入

ST 表模板题

题目大意：给定 \(n\) 个数，有 \(m\) 个询问，对于每个询问，你需要回答区间 \([l,r]\) 中的最大值。

考虑暴力做法。每次都对区间 \([l,r]\) 扫描一遍，求出最大值。

显然，这个算法会超时。

ST 表

ST 表基于 倍增 思想，可以做到 \(\Theta(n\log n)\) 预处理， \(\Theta(1)\) 回答每个询问。但是不支持修改操作。

基于倍增思想，我们考虑如何求出区间最大值。可以发现，如果按照一般的倍增流程，每次跳 \(2^i\) 步的话，询问时的复杂度仍旧是 \(\Theta(\log n)\) ，并没有比线段树更优，反而预处理一步还比线段树慢。

我们发现 \(\max(x,x)=x\) ，也就是说，区间最大值是一个具有“可重复贡献”性质的问题。即使用来求解的预处理区间有重叠部分，只要这些区间的并是所求的区间，最终计算出的答案就是正确的。

如果手动模拟一下，可以发现我们能使用至多两个预处理过的区间来覆盖询问区间，也就是说询问时的时间复杂度可以被降至 \(\Theta(1)\) ，在处理有大量询问的题目时十分有效。

具体实现如下：

令 \(f(i,j)\) 表示区间 \([i,i+2^j-1]\) 的最大值。

显然 \(f(i,0)=a_i\) 。

根据定义式，第二维就相当于倍增的时候“跳了 \(2^j-1\) 步”，依据倍增的思路，写出状态转移方程： \(f(i,j)=\max(f(i,j-1),f(i+2^{j-1},j-1))\) 。

以上就是预处理部分。而对于查询，可以简单实现如下：

对于每个询问 \([l,r]\) ，我们把它分成两部分： \(f[l,l+2^s-1]\) 与 \(f[r-2^s+1,r]\) 。

其中 \(s=\left\lfloor\log_2(r-l+1)\right\rfloor\) 。

根据上面对于“可重复贡献问题”的论证，由于最大值是“可重复贡献问题”，重叠并不会对区间最大值产生影响。又因为这两个区间完全覆盖了 \([l,r]\) ，可以保证答案的正确性。

模板代码

ST 表模板题

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int logn = 21;

const int maxn = 2000001;

int Logn[maxn], f[maxn][logn];

int n, m;

inline int read(){

	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();

	while (!isdigit(ch)) { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }

	while (isdigit(ch)) { x = x * 10 + ch - 48; ch = getchar(); }

	return x * f;

}

void pre() {

	Logn[1] = 0, Logn[2] = 1;

	for (int i = 3; i < maxn; ++i)

		Logn[i] = Logn[i / 2] + 1;

}

int main() {

	//freopen("in.txt", "r", stdin);

	//ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);

	n = read(), m = read();

	for (int i = 1; i <= n; ++i)f[i][0] = read();

	pre();

	//f(i,j) = max(f(i,j - 1),f(i + 1 << (j - 1),j - 1))

	for (int j = 1; j <= logn; j++)

		for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++)

			f[i][j] = max(f[i][j - 1], f[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);

	int x, y;

	while (m--) {

		x = read(), y = read();

		int s = Logn[y - x + 1];

		printf("%d\n", max(f[x][s], f[y - (1 << s) + 1][s]));

	}

}

注意点

输入输出数据一般很多，建议开启输入输出优化。
每次用 std::log 重新计算 log 函数值并不值得，建议进行如下的预处理：

\[\left\{\begin{aligned}
Logn[1] &=0, \\
Logn\left[i\right] &=Logn[\frac{i}{2}] + 1.
\end{aligned}\right.
\]

ST 表维护其他信息

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 \(w\) ，ST 表的查询复杂度为 \(\Theta(\log w)\) ，而线段树为 \(\Theta(\log n+\log w)\) ，且值域一般是大于 \(n\) 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。

总结

ST 表能较好的维护“可重复贡献”的区间信息（同时也应满足结合律），时间复杂度较低，代码量相对其他算法很小。但是，ST 表能维护的信息非常有限，不能较好地扩展，并且不支持修改操作。

练习

RMQ 模板题

SCOI2007」降雨量

平衡的阵容 Balanced Lineup

以下摘自网络，仅作为学习算法使用，侵权删。

附录：ST 表求区间 GCD 的时间复杂度分析

在算法运行的时候，可能要经过 \(\Theta(\log n)\) 次迭代。每一次迭代都可能会使用 GCD 函数进行递归，令值域为 \(w\) ，GCD 函数的时间复杂度最高是 \(\Omega(\log w)\) 的，所以总时间复杂度看似有 \(O(n\log n\log w)\) 。

但是，在 GCD 的过程中，每一次递归（除最后一次递归之外）都会使数列中的某个数至少减半，而数列中的数最多减半的次数为 \(\log_2 (w^n)=\Theta(n\log w)\) ，所以，GCD 的递归部分最多只会运行 \(O(n\log w)\) 次。再加上循环部分（以及最后一层递归）的 \(\Theta(n\log n)\) ，最终时间复杂度则是 \(O(n(\log w+\log x))\) ，由于可以构造数据使得时间复杂度为 \(\Omega(n(\log w+\log x))\) ，所以最终的时间复杂度即为 \(\Theta(n(\log w+\log x))\) 。

而查询部分的时间复杂度很好分析，考虑最劣情况，即每次询问都询问最劣的一对数，时间复杂度为 \(\Theta(\log w)\) 。因此，ST 表维护“区间 GCD”的时间复杂度为预处理 \(\Theta(n(\log n+\log w))\) ，单次查询 \(\Theta(\log w)\) 。

线段树的相应操作是预处理 \(\Theta(n\log x)\) ，查询 \(\Theta(n(\log n+\log x))\) 。

这并不是一个严谨的数学论证，更为严谨的附在下方：

更严谨的证明

理解本段，可能需要具备 时间复杂度 的关于“势能分析法”的知识。

先分析预处理部分的时间复杂度：

设“待考虑数列”为在预处理 ST 表的时候当前层循环的数列。例如，第零层的数列就是原数列，第一层的数列就是第零层的数列经过一次迭代之后的数列，即 st[1..n][1] ，我们将其记为 \(A\) 。

而势能函数就定义为“待考虑数列”中所有数的累乘的以二为底的对数。即： \(\Phi(A)=\log_2\left(\prod\limits_{i=1}^n A_i\right)\) 。

在一次迭代中，所花费的时间相当于迭代循环所花费的时间与 GCD 所花费的时间之和。其中，GCD 花费的时间有长有短。最短可能只有两次甚至一次递归，而最长可能有 \(O(\log w)\) 次递归。但是，GCD 过程中，除最开头一层与最末一层以外，每次递归都会使“待考虑数列”中的某个结果至少减半。即， \(\Phi(A)\) 会减少至少 \(1\) ，该层递归所用的时间可以被势能函数均摊。

同时，我们可以看到， \(\Phi(A)\) 的初值最大为 \(\log_2 (w^n)=\Theta(n\log w)\) ，而 \(\Phi(A)\) 不增。所以，ST 表预处理部分的时间复杂度为 \(O(n(\log w+\log n))\) 。

其它

文章开源在 Github - blog-articles，点击 Watch 即可订阅本博客。若文章有错误，请在 Issues 中提出，我会及时回复，谢谢。

如果您觉得文章不错，或者在生活和工作中帮助到了您，不妨给个 Star，谢谢。

(文章完)