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ST 表 - 数据结构
## 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,可以参考 [RMQ 专题](/topic/rmq/) 。 ## 引入 [ST 表模板题](https://www.luogu.com.cn/problem/P3865) 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](/basic/binary-lifting/) 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: $f(i,j)=\max(f(i,j-1),f(i+2^{j-1},j-1))$ 。 ![](../images/st1.png) 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](https://www.luogu.com.cn/problem/P3865) ```cpp #include
using namespace std; const int logn = 21; const int maxn = 2000001; int f[maxn][logn + 1], Logn[maxn + 1]; inline int read() { char c = getchar(); int x = 0, f = 1; while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); } while (c >= '0' && c <= '9') { x = x * 10 + c - '0'; c = 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() { int n = read(), m = read(); for (int i = 1; i <= n; i++) f[i][0] = read(); pre(); 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]); for (int i = 1; i <= m; i++) { int x = read(), y = read(); int s = Logn[y - x + 1]; printf("%d\n", max(f[x][s], f[y - (1 << s) + 1][s])); } return 0; } ``` ## 注意点 1. 输入输出数据一般很多,建议开启输入输出优化。 2. 每次用 [std::log](https://en.cppreference.com/w/cpp/numeric/math/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](https://www.luogu.com.cn/problem/P3865) [「SCOI2007」降雨量](https://loj.ac/problem/2279) [\[USACO07JAN\]平衡的阵容 Balanced Lineup](https://www.luogu.com.cn/problem/P2880) ## 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](/misc/complexity/) 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 $O(n(\log w+\log n))$ 。