浅析 ST 表

本文转载自作者博客：https://blog.samzhangjy.com/posts/sparse-table ，欢迎前去参观！

ST 表，即 Sparse Table ，是一种基于倍增思想的数据结构，常用来解决静态 RMQ（Range Minimum / Maximum Query，区间最值询问）问题。

一般来讲，ST 表可用于解决大部分区间可重复贡献问题。此处的可重复贡献问题指，对于任意的运算 opt text{opt} opt ，满足 x  opt  x = x x text{opt} x = x x opt x=x 的即为可重复贡献问题，例如对于最值问题有 max ⁡ ( x , x ) = x max(x,x) = x max(x,x)=x。¹

ST 表的基本思路基于可重复贡献问题的特性，即两个重叠子问题的重复计算不会影响最终的计算答案。下面是一道 ST 表的模板题：

给定 N N N 个数字与 M M M 次询问，求对于任意询问 i i i ，区间 [ l i , r i ] [l_i, r_i] [li​,ri​] 内的最大值。

详见 洛谷 P3865 。

对于这个问题，不难想到暴力的解法：对于每个询问查询最大值，但是在 M ≤ 2 × 1 0 6 M leq 2 times 10^6 M≤2×106 的数据范围下很明显会超时。于是我们考虑倍增的思路：用 f ( i , j ) f(i,j) f(i,j) 表示第 i i i 个数往后 2 j − 1 2^j - 1 2j−1 个数的最大值，即区间 [ i , i + 2 j − 1 ] [i, i + 2^j - 1] [i,i+2j−1] 的最大值。

于是，有了这样的定义，我们不难发现 f ( i , j ) f(i,j) f(i,j) 的值取决于 [ i , i + 2 j − 1 − 1 ] [i, i + 2^{j - 1} - 1] [i,i+2j−1−1] 与 [ i + 2 j − 1 , i + 2 j − 1 ] [i + 2^{j - 1}, i + 2^j - 1] [i+2j−1,i+2j−1] 的值，如此往复，在实现过程中的时间复杂度约为 O ( N × log ⁡ N ) O(N times log N) O(N×logN) 。

构建部分代码如下：

void build() {
    int lim = log2(n);
    for (int j = 1; j <= lim; j++) {
        // i + (1 << j) - 1 为当前区间右端点
        for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++) {
            // 当前值取决于左右两子区间的值
            f[i][j] = max(f[i][j - 1], f[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
        }
    }
}

接下来是询问操作。对于任意区间 [ l , r ] [l,r] [l,r] ，我们一定能够找到两个区间 A , B A,B A,B ，使得 A A A 与 B B B 的并集完全覆盖 [ l , r ] [l,r] [l,r] ， A A A 与 B B B 之间可以有重合部分。如果设 A A A 为左子区间， B B B 为右子区间，不难发现 A = [ l , l + 2 k − 1 ] A = [l, l + 2^k - 1] A=[l,l+2k−1] ，其中 k = log ⁡ 2 ( r − l + 1 ) k = log_{2}(r - l + 1) k=log2​(r−l+1) 。

对于区间 B B B ，假设需要找到的左端点为 x x x ，即 B = [ x , r ] B = [x, r] B=[x,r] 。显然需要使得 x + 2 k − 1 = r x + 2^k - 1 = r x+2k−1=r ，移项，得 x = r − 2 k + 1 x = r - 2^k + 1 x=r−2k+1 。所以区间 B = [ r − 2 k + 1 , r ] B = [r - 2^k + 1, r] B=[r−2k+1,r] 。这样， A + B A + B A+B 的覆盖范围一定包含 [ l , r ] [l, r] [l,r] 中的任意元素，取 max ⁡ ( A , B ) max(A, B) max(A,B) 即为答案。

ST 表的查询操作拥有优秀的 O ( 1 ) O(1) O(1) 时间复杂度，每次仅需进行一次 log ⁡ log log 操作与取最值操作。但取对数的步骤显然可以使用预处理进行优化。查询部分代码如下：

int query(int l, int r) {
    int k = log2(r - l + 1);
    return max(f[l][k], f[r - (1 << k) + 1][k]);
}

基于这样的实现方式，ST 表可以做到 O ( n log ⁡ n ) O(n log n) O(nlogn) 的预处理与 O ( 1 ) O(1) O(1) 询问，但是不支持修改操作。完整版代码如下：

// Problem: P3865 【模板】ST 表
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P3865
// Memory Limit: 125 MB
// Time Limit: 800 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include 

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10, M = 20;

int n, m, a[N], f[N][M];

inline int read() {
    int x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9') {
        if (ch == '-') f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9') {
        x = x * 10 + ch - 48;
        ch = getchar();
    }
    return x * f;
}

void build() {
    int lim = log2(n);
    for (int j = 1; j <= lim; 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]);
        }
    }
}

int query(int l, int r) {
    int k = log2(r - l + 1);
    return max(f[l][k], f[r - (1 << k) + 1][k]);
}

int main() {
    // 数据过大需要优化输入输出
    n = read(), m = read();
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        a[i] = read();
        f[i][0] = a[i];
    }
    build();
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int l = read(), r = read();
        printf("%dn", query(l, r));
    }
    return 0;
}

链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P2880 。

给定 N N N 个整数以及 M M M 个询问，求对于每个询问 i i i ，区间 [ l i , r i ] [l_i, r_i] [li​,ri​] 的最大值与最小值之差。

几乎是 RMQ 模板题，需要支持两种最值操作，数据范围甚至没有模板题严格，使用朴素 ST 表即可。

// Problem: P2880 [USACO07JAN] Balanced Lineup G
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P2880
// Memory Limit: 125 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include 

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int N = 5 * 1e4 + 10, M = 16;

int n, m, a[N];

template >
class SparseTable {
   private:
    T f[N][M];
    int len;
    U cmp;

   public:
    SparseTable(int _len, int data[]) {
        len = _len;
        cmp = U();
        for (int i = 1; i <= _len; i++) {
            f[i][0] = data[i];
        }
        build();
    }

    void build() {
        int lim = log2(len), a = -1, b = -1;
        for (int j = 1; j <= lim; j++) {
            for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++) {
                a = f[i][j - 1], b = f[i + (1 << (j - 1))][j - 1];
                f[i][j] = cmp(a, b) ? a : b;
            }
        }
    }

    int query(int l, int r) {
        int k = log2(r - l + 1);
        int a = f[l][k], b = f[r - (1 << k) + 1][k];
        return cmp(a, b) ? a : b;
    }
};

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    SparseTable> minTable(n, a);
    SparseTable> maxTable(n, a);

    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        cout << maxTable.query(l, r) - minTable.query(l, r) << endl;
    }
    return 0;
}

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