作用：st演算法是用來求解給定區間rmq的最值，本文以最小值為例
舉例：給出一陣列a[0~5] = ,則區間[2,5]之間的最值為1。
（1）離線預處理：運用dp思想，用於求解區間最值，並儲存到乙個二維陣列中。
具體解釋：
（1）離線預處理：
st演算法使用dp思想求解區間最值，貌似屬於區間動態規劃，不過區間在增加時，每次並不是增加乙個長度，而是使用倍增的思想，每次增加2^i個長度。
使用f[i,j]表示以i為起點，區間長度為2^j的區間最值，此時區間為[i,i + 2^j - 1]。
比如，f[0,2]表示區間[0,3]的最小值，即等於4，f[2,2]表示區間[2,5]的最小值，即等於1。
在求解f[i,j]時，st演算法是先對長度為2^j的區間[i,i + 2^j - 1]分成兩等份，每份長度均為2^(j - 1)。之後在分別求解這兩個區間的最值f[i,j - 1]和f[i + 2^(j - 1),j - 1]。，最後在結合這兩個區間的最值，求出整個區間的最值。特殊情況，當j = 0時，區間長度等於0，即區間中只有乙個元素，此時f[i,0]應等於每乙個元素的值。
舉例：要求解f[1,2]的值，即求解區間[1,4] = 的最小值，此時需要把這個區間分成兩個等長的區間，即為[1,2]和[3,4]，之後分別求解這兩個區間的最小值。此時這兩個區間最小值分別對應著f[1,1] 和 f[3,1]的值。
狀態轉移方程是 f[i,j] = min(f[i,j - 1],f[i + 2^(j - 1),j - 1])
初始狀態為：f[i,0] = a[i]。
在根據狀態轉移方程遞推時，是對每一元素，先求區間長度為1的區間最值，之後再求區間長度為2的區間最值，之後再求區間長度為4的區間最值....，最後，對每乙個元素，在求解區間長度為log2^n的區間最值後，演算法結束，其中n表示元素個數。
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]，... 。
在預處理期間，每乙個狀態對應的區間長度都為2^i。由於給出的待查詢區間長度不一定恰好為2^i，因此我們應對待查詢的區間進行處理。
這裡我們把待查詢的區間分成兩個小區間，這兩個小區間滿足兩個條件：（1）這兩個小區間要能覆蓋整個區間（2）為了利用預處理的結果，要求小區間長度相等且都為2^i。注意兩個小區間可能重疊。
如：待查詢的區間為[3,11]，先盡量等分兩個區間，則先設定為[3,7]和[8,11]。之後再擴大這兩個區間，讓其長度都等於為2^i。剛劃分的兩個區間長度分別為5和4，之後繼續增加區間長度，直到其成為2^i。此時滿足兩個條件的最小區間長度為8,此時i = 3。
在程式計算求解區間長度時，並沒有那麼麻煩，我們可以直接得到i，即等於直接對區間長度取以2為底的對數。這裡，對於區間[3,11]，其分解的區間長度為int（log(11 - 3 + 1)） = 3，這裡log是以2為底的。
根據上述思想，可以把待查詢區間[x，y]分成兩個小區間[x，x + 2^i - 1] 和 [y - 2^i + 1，y] ，其又分別對應著f[x,i]和f[y - 2^i + 1,i]，此時為了求解整個區間的最小值，我們只需求這兩個值得最小值即可，此時複雜度是o(1)。
**：
#include #include using namespace std;
/*方程
f[i,j]:區間[i,i + 2^j - 1]的最小值，此時區間長度為2^j
f[i,j] = min(f[i,j - 1],f[i + 2^(j - 1),j - 1])
f[i,0] = narr[i];*/
int f[1000000][20];//待比較元素的個數最大為1百萬
void sparsetable(int narr,int nlen)
//遞推
int nlog = int(log(double(nlen))/log(2.0));
for (int j = 1;j <= nlog;j++)
} }}
int rmq(int narr,int nlen,int nstart,int nend)
int main()
; sparsetable(narr,6);
cout<
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如下 bin 0 1 for int i 1 i 20 i bin i bin i 1 2 bin i 表示2的i次方 log 0 1 for int i 1 i 200000 i log i log i 2 1 log i 表示log i for int i 1 i n i mn 0 i a i ...
st演算法模板（區間最值）
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