POJ3264:Balanced Lineup——题解+st表解释
我早期在csdn的博客之一,正好复习st表就拿过来。
http://write.blog.csdn.net/mdeditor#!postId=63713810
这道题其实本身不难(前提是你得掌握线段树或者st表当中的一种)
那么这道题我们来讲一讲st表(因为这题询问次数有点多)
一般关系式
dp[i][j]=min/max(dp[dp[i][j-1],dp[i+pow(2,j-1)][j-1]])
可以看出来吧,其实这就是动态规划
好的我们来解释一下关系式是什么吧
首先这个是一个二分,具体是什么呢:
其中的i代表起点,2^j代表起点到中点的长度。
如果还不懂的话,我们来看一下样例(求最小值)
2 6 4 8 9 7 11
好的,我们来模拟一下程序的运作
dp[1][0]=2;dp[2][0]=6……dp[7][0]=11;
然后dp[1][1]=min(2,6)=2; dp[3][1]=min(4,8)=4;……dp[6][1]=min(7,11)=7;
再然后dp[1][2]=min(2,4)=2;……
如此这般如此这般
怎么样,给一个样例是不是就很清楚了。
然后就是查询了,但是有时候因为查询区间比较大,没办法一步到位怎么办
例如查询1-5的区间,然而按照我们上面的定义来的话,我们最大可以调用dp[1][2],然而却落了第五个点。
其实很简单,结果=min(dp[1][2],dp[2][2])
原因也无需解释了吧
那么我们用代码实现吧,顺便把这道题写了吧
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int maxn[][],minn[][];
int qpow(int a){
return (<<a);
}
void st(int n){
for(int j=;j<=int(log2(n));j++){
for(int i=;i<=n;i++){
int p=i+pow(,j)-;
if(p>n)continue;
maxn[i][j]=max(maxn[i][j-],maxn[i+int(qpow(j-))][j-]);
minn[i][j]=min(minn[i][j-],minn[i+int(qpow(j-))][j-]);
}
}
return;
}
int main(){
int n,q,k,x,y;
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%d",&maxn[i][]);
minn[i][]=maxn[i][];
}
st(n);
for(int i=;i<=q;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
if(y<x){
int t=x;x=y;y=t;
}
double s=y-x+;
int ke=log2(s);
int he=qpow(int(log2(s)));
int t1=max(maxn[x][int(log2(s))],maxn[y-he+][ke]);
int t2=min(minn[x][int(log2(s))],minn[y-he+][ke]);
printf("%d\n",t1-t2);
}
return ;
}
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