不知道為什麼網上找不到太多相關的資料，所以寫乙個小總結，並附有能用的**，拋磚引玉。
約束rmq，就是rmq區間必須滿足兩項之差最大為1，採用st表的話，這時候有o(n)建表，o(1)查詢的優秀複雜度
求lca，通過dfs把原樹轉化為深度序列，就等價於求區間最小值 (取到的位置)
由於dfs的性質，該序列兩個數之間顯然相差1，所以可以使用約束rmq解決
先總體概括一下做法：把原序列分塊，塊內預處理，塊間做st表
分塊大小定為l=log(n)/2，這樣共分d=n/l塊，對這d個數(塊內最小值)做正常st表，建表複雜度o(dlog(d))=o((n/l)(log(n)-log(l))=o(n)
我們要保證每個步驟都是o(n)的，log(n)/2的塊正好消去了st建表時的log
但在此之前，我們得處理出塊內的最小值，該怎麼做呢？乙個正常想法就是列舉每個數，一共是o(n)複雜度
但是，這樣做雖然留下了每塊的最小值以及其取到的位置，若考慮查詢塊的乙個區間，而這個區間恰好取不到最小值，這時候只能暴力列舉，就破壞了查詢o(1)了
至此我們仍沒有使用其±1的特殊性質，現在考慮一下。
塊內一共log(n)/2個數，由乘法原理可知，本質不同的塊有u=2^(log(n)/2)=n^(1/2)個，我們不妨處理出每個這種塊，複雜度ulog(n)/2，這個函式增長是小於線性的，可以認為是o(n)
這樣，處理出每個塊內兩元素的大小關係，就可以用01唯一表示乙個塊了，可以用二進位制存下來，作為乙個塊的特徵，這一步複雜度o(n)
這樣有乙個好處，即使查詢塊內乙個區間，我們只需要提取這個區間對應的二進位制數，就可以在預處理的陣列中o(1)查詢了
(怎麼做呢？把這段二進位制數提出來，移到最右邊，由於我們規定0表示小於，1表示大於，所以會貪心地選取前面的數，查表減去偏移量就可以了)
查詢時，類似分塊，邊角的塊直接查表，中間部分st表查詢，查詢是o(1)的。
至此我們完成了o(n)建表，o(1)查詢的約束rmq。
一般地，對於任何乙個序列，可以在o(n)時間內建成一顆笛卡爾樹，把查詢該序列rmq轉化為求笛卡爾樹lca，就變成o(1)的了。
想進一步提高速度，可以使用更快的log
int mylog (unsigned intx) ;int l = -1;while (x >= 256) return l +log_2[x];
解決lca的**：
//drunk,fix later
#include#include#include
#define re register
using namespacestd;const int maxn=1000005;
inlineintrd() intn,m,st;structedge e[maxn<<1];intecnt,head[maxn];
inlinevoid add(int x,inty) intblocklen,num,l[maxn],r[maxn],bl[maxn];int blocktyp[maxn],f[maxn][32],g[maxn][32];intlookup[maxn];
inlineint computetype(intx) voidbuild() for(re int i=tot+1; i<=r[num]; i++) dep[i]=(1<<30);for(re int i=1; i<=tot; i++)bl[i]=(i-1)/blocklen+1;for(re int i=0; i*i<=tot; i++) calcpos(i);for(re int i=1; i<=num; i++)blocktyp[i]=computetype(i);for(re int i=1; i<=num; i++) g[i][0]=(i-1)*blocklen+lookup[blocktyp[i]],f[i][0]=dep[g[i][0]]; //offset!
for(re int j=1; (1<
inlineint inblockquery(int x,inty) int query(int x,inty) intmain() return 0;
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