基於DP+位運算的RMQ算法
阿新 • • 發佈:2018-03-03
body ref art log printf 就是 ios 求解 pri
來源:http://blog.csdn.net/y990041769/article/details/38405063
RMQ算法,是一個快速求區間最值的離線算法,預處理時間復雜度O(n*log(n)),查詢O(1),所以是一個很快速的算法,當然這個問題用線段樹同樣能夠解決。
問題:給出n個數ai,讓你快速查詢某個區間的的最值。
算法分類:DP+位運算
算法分析:這個算法就是基於DP和位運算符,我們用dp【i 】【j】表示從第 i 位開始,到第 i + 2^j -1 位的最大值或者最小值。
那麽我求dp【i】【j】的時候可以把它分成兩部分,第一部分從 i 到 i + 2 ^( j-1 ) - 1 ,第二部分從 i + 2 ^( j-1 ) 到 i + 2^j - 1 次方,其實我們知道二進制數後一個是前一個的二倍,那麽可以把 i --- i + 2^j 這個區間 通過2^(j-1) 分成相等的兩部分, 那麽轉移方程很容易就寫出來了。
轉移方程: mm [ i ] [ j ] = max ( mm [ i ] [ j - 1 ] , mm [ i + ( 1 << ( j - 1 ) ) ] [ j - 1 ] );
代碼:
void rmq_isit(bool ok) { for(int i=1;i<=n;i++) mm[i][0]=mi[i][0]=a[i]; for(int j=1;(1<<j)<=n;j++) { for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++) {if(ok) mm[i][j]=max(mm[i][j-1],mm[i+(1<<(j-1))][j-1]); else mi[i][j]=min(mi[i][j-1],mi[i+(1<<(j-1))][j-1]); } } }
那麽查詢的時候對於任意一個區間 l -- r ,我們同樣可以得到區間差值 len = (r - l + 1)。
那麽我們這一用小於2^k<=len,的 k 把區間分成可以交叉的兩部分l 到 l+ (1<<k) -1, 到 r -(1<<k)+1 到 r 的兩部分,很easy的求解了。
查詢代碼:
int rmq(int l,int r) { int k=0; while((1<<(k+1))<=r-l+1) k++; //printf("%d %d %d %d\n",l,l+(1<<k),r-(1<<k)+1,r-(1<<k)+1+(1<<k)); int ans1=max(mm[l][k],mm[r-(1<<k)+1][k]); int ans2=min(mi[l][k],mi[r-(1<<k)+1][k]); return ans1-ans2; }
例題: POJ Balanced Lineup
ac代碼
#include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 50008; int a[maxn],mx[maxn][30],mn[maxn][30]; int n,m; int main(){ ios::sync_with_stdio(0);//c++ 關同步 ac cin.tie(0); cout.tie(0); cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>a[i]; mx[i][0]=mn[i][0]=a[i]; } for(int j=1; (1<<j)<=n; j++) { for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++) { mx[i][j]=max(mx[i][j-1],mx[i+(1<<(j-1))][j-1]); mn[i][j]=min(mn[i][j-1],mn[i+(1<<(j-1))][j-1]); } } for(int i=1;i<=m;i++) { int le,ri; cin>>le>>ri; int len = ri-le+1; int k=0; while((1<<(k+1))<=len) k++; int ans1=max(mx[le][k],mx[ri-(1<<k)+1][k]); int ans2=min(mn[le][k],mn[ri-(1<<k)+1][k]); cout<<ans1-ans2<<endl; } return 0; }
基於DP+位運算的RMQ算法