一、引入
先举一个小栗子。
一数组有 \(n\) 个元素，有 \(m\) 次询问（\(n, m <= 10^5\)）。对于每次询问给出 \(l, r\)，求出 \([l, r]\)的区间和。
有的同学说，这很简单啊！直接前缀和不就行了吗？确实如此，示例代码如下：
int n, m; cin >> n >> m;vector< int > sum( n + 10 );fill( sum.begin(), sum.end(), 0 );for ( int i = 1, x; i <= n; ++i ) { cin >> x; sum[ i ] = sum[ i - 1 ] + x;}while ( m-- ) { int l, r; cin >> l >> r; l = min( l, r ); r = max( l, r ); cout << sum[ r ] - sum[ l - 1 ] << endl;}但是，我们稍稍改变一下题目，将求区间和改为求区间最大值，前缀和就行不通了。我们应该如何在 \(O(nlogn)\) 的时间复杂度下求得结果呢？
二、ST 算法介绍
上面的问题也被称为区间最值查询。（\(RMQ\), $Range $ \(Maximum/Minimum\) \(Query\)）在静态的区间最值查询问题中，我们可以使用 \(ST\) 算法解决。
首先我们假定需要求解的数组为 \(A=\{ 10, 20, 30, 40, 50, 60 \}\)，且为了方便，数组下标从 $ 1 $ 开始。
由于问题可离线，我们可以先预处理，再输出答案。
基于倍增思想，我们可以对于每一个元素构造一个倍增数组，其内容为\(A\) 中 \([i, i+2^k-1]\)的最大值（\(i\in( [1,n]\cap\N), i+2^k-1\leq n, k\in \N\)），如下图所示：
以此类推，我们可以对于每个元素构造这么一个数组，即 \(Pre\) 数组为一个二维数组，可定义为：
int pre[ maxn ][ maxlog ]; // maxlog 为上文中 k 的最大值，一般取 25 左右那么，我们该如何快速求解出 \(pre[i][j]\) 呢？
三、 pre[i][j] 的求法
我们可以将 \(ST\) 算法看作一个 DP。
首先，\(pre[i][j]\) 本身就可以视作一个状态矩阵，存储着对应区间的最值。
接着，其边界条件是 \(pre[i][0]\)，即元素本身。这很容易理解，因为 \([i,i]\) 的最值本身就是 \(i\) 嘛。
其次，由于预处理是离线过程，所以对于新的区间最值求解，不会对已求出区间的最值产生影响，故满足 DP 的无后效性原则。
最后，我们来整理状态转移方程。
对于区间 \([i, j]\)，显然可以将其二分为 \([i, \frac{i+j}{2}]\) 和 \((\frac{i+j}{2},j)\)。若知道这两个区间的最值 \(p\) 和 \(q\)，显然地，整个\([i,j]\)区间的最值必然等于\(max(p,q)\)或\(min(p,q)\)。这样问题就转化为求子区间的最值。以此类推直至边界。我们可以结合下图进行理解。
于是我们可以轻松写出代码：
int n, m; cin >> n >> m;for ( int i = 1; i <= n; ++i ) cin >> pre[ i ][ 0 ];for ( int j = 1; j <= maxlog; ++j ) for ( int i = 1; i + ( 1 << j ) - 1 <= n; ++i ) pre[ i ][ j ] = max( pre[ i ][ j - 1 ], // [i, i+2^(j-1)-1] 即前半段区间 pre[ i + ( 1 << ( j - 1 ) ) ][ j - 1 ] // [i+2^(j-1), i+2^j-1] 即后半段区间 ); // 因为 2^j = 2 * 2^(j-1)，所以可以这么写四、How to query?
预处理完毕，该如何实现高效查询呢？
要求的区间为 \([l, r]\)，区间长度即为 \(r-l+1\)。得知了区间长度，我们就可以在 \(Pre\) 中进行查找。由于区间长度不一定为 $ 2^k, k\in N $，我们仅取一个区间返回结果不一定准确（因为 \(Pre\) 中预处理的区间长度均为 $ 2^k $）所以我们需要找到一个长度，使得其为 $ 2^k $ 且尽量长但不超过 \([l,r]\) 的长度。显然地，这个长度为 \(floor(\log_{2}{(r-l+1)})\)。这个长度可以直接用于 \(Pre\) 且尽量大。所以所取区间为 \([l, l+2^{log_{2}{(r-l+1)}}-1]\)，在 \(Pre\) 数组中即为 $ pre[l][log(r-l+1)]$。 对于 \(\complement_{[l, l+2^{log_{2}{(r-l+1)}}-1]}{[l,r]}\)，由于 \(RMQ\) 问题的可重复贡献性，我们可以找两段重叠的区间取最值。所以可以从 \(r\) 开始向左找长度同样为 \(floor(\log_{2}{(r-l+1)})\) 的区间，使这个区间右端点为 \(r\)。于是第二个区间为 $ [r-2^{log_{2}{(r-l+1)}}+1,r] $，对应 \(Pre\) 中即为 \(pre[r-(1<<log(r-l+1))+1][log(r-l+1)]\) 。不难发现这两个区间的并集必为 \([l,r]\)。即两个区间最值的 \(max/min\) 一定是整个区间的最值。通过图片进行解释：
于是我们可得出 \(query\) 函数的代码：
inline int query( int l, int r ) { int k = log( r - l + 1 ); // 简化代码 return max( pre[ l ][ k ], pre[ r - ( 1 << k ) + 1 ][ k ] );}下面是 \(ST\) 算法的模板。用于解决洛谷 P3865：
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define k lg2[r - l + 1]typedef long long ll;template<typename T>inline void read(T &x) {T f = 1; x = T(0); char ch = getchar();while (!isdigit(ch)) { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }while (isdigit(ch)) { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }x *= f;}namespace SparseTable {const int MAXN = 2e6 + 10, MAXLOG = 25;int n, m, f[MAXN][MAXLOG], lg2[MAXN];void init(void) {// Read componentsread(n); read(m);for (int i = 1; i <= n; i++)read(f[i][0]);// Sparse Tablefor (int j = 1; j <= MAXLOG; 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 ]);// Log2lg2[1] = 0; lg2[2] = 1;for (int i = 3; i < MAXN; i++)lg2[i] = lg2[i / 2] + 1;}inline int query(const int l, const int r) {return max(f[l][k], f[r - (1 << k) + 1][k]);}}int main(void) {int l, r;SparseTable::init();while ( (SparseTable::m) --) {read(l); read(r);printf("%d\n", SparseTable::query(min(l, r), max(l, r)));}return 0;}六、优点与局限性
\(ST\) 算法有一些其他算法所不具备的优点，比如：
- 代码量小
- 常数小，时间复杂度较低
\(ST\) 算法的局限性很大，只能解决静态区间可重复贡献问题，局限性如下：
- 可扩展性较弱
- 无法处理在线修改操作
第二点实际上是 \(ST\) 表实际应用中最大的障碍。那么，如何解决在线修改查询问题呢？需要的两大杀器分别是树状数组和线段树（包括 zkw 线段树），这两种数据结构将在接下来的几篇文章中介绍。