區間問題是常見的統計問題之一，廣泛應用於各類問題之中。主要形式有區間最值問題，區間和問題等。而區間最值問題可以分為靜態區間最值和動態區間最值。我們先看一個情景：

描述

老管家是一個聰明能幹的人。他為財主工作了整整10年，財主為了讓自已賬目更加清楚。要求管家每天記k次賬，由於管家聰明能幹，因而管家總是讓財主十分滿意。但是由於一些人的挑撥，財主還是對管家產生了懷疑。於是他決定用一種特別的方法來判斷管家的忠誠，他把每次的賬目按1，2，3…編號，然後不定時的問管家問題，問題是這樣的：在a到b號賬中最少的一筆是多少？為了讓管家沒時間作假他總是一次問多個問題。

輸入格式

輸入中第一行有兩個數m,n表示有m(m<=100000)筆賬,n表示有n個問題，n<=100000。
第二行為m個數,分別是賬目的錢數
後面n行分別是n個問題,每行有2個數字說明開始結束的賬目編號。

輸出格式

輸出檔案中為每個問題的答案。具體檢視樣例。

測試樣例1

輸入

10 3 
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 
2 7 
3 9 
1 10

輸出

2 3 1

最好想的方法就是暴力法，每次詢問就過一遍區間找最小值，複雜度O(n^2)，對於100000資料量顯然難以勝任。而如果開一個100000*100000的陣列做優化空間又吃不消。所以我們需要ST演算法來解決這個問題。
我們用這道題來解釋ST演算法的執行。

(1) 預處理’

預處理使用一個數組dp[0..n][log(n)+1]的陣列，使dp[i][j]為從i開始(包括i)之後2^j個數字中的最小值。具體方法使用動態規劃。

首先 dp[i][0] = a[i]， 即從i開始後一箇中的最小值為第i個數(自己嘛)
對於樣例就是這樣的

然後 對於dp[j][i]，一定有dp[j][i] = min(dp[j][i-1],dp[j+2^(j-1)][i-1])

我們來證明他：dp[j][i-1]記錄著j..j+2^(i-1)-1中的最小值, dp[j+2^(j-1)][i-1]則記錄了j+2^(i-1)..j+2^(i-1)+2^(i-1)-1。合起來就是j..j+2^(i-1)+2^(i-1)-1即j..j+2^i-1為所求。

//無視excel公式純屬偷懶

最後 搞dp順序： 因為計算dp[j][i] 需要 dp[j][i-1]和dp[j+2^(j-1)][i-1]。不難看出i計算dp[j][i]需要所有的dp[j][i-1]，即i是單調遞增的。

dp要素都齊了，給一個程式片段吧(對於原題)

void init()
{
    for (int i = 1; i <= 18; i++)
        for (int j = 1; j <= n; j++)
            if (j+TwoPow(i) <= n) 
                dp[j][i] = min(dp[j][i-1],dp[j+TwoPow(i-1)][i-1]);
}

其中計算2^x使用了一個小技巧：

#define TwoPow(x) ((1)<<(x))

(2)詢問

算出來這些個數看起來並沒什麼用。然而一種很好的演算法可以在O(1)效率內計算出一段區間內的最小值。先看程式碼

int ask(int i, int j)
{
    int k = (int)(log(j-i+1)/log(2));
    return min(dp[i][k], dp[j-TwoPow(k)+1][k]);
}

看起來有些雲裡霧裡、、但是思想非常簡單。我們舉例說明下：

對於2..8這個區間如何利用已經求過的資料來解答呢？關鍵在於將區間分為兩個長度為2^x(x為自然數)的子區間，且這兩個區間的併為原區間，則這兩個區間的最小值為所求。即2..5, 5..8，兩個區間長度都為4。2..8的最小值即為dp[2][2], dp[5][2]

再例如對於3..7, 可以分成3..6, 4..7； 對於3..8，可以分成3..6, 5..8。

一般的，對於區間a = i..j, 一定可以分成區間i..log2(|a|), j-log2(|a|)+1..j。|a|為區間a的長度，即j-i+1。log2用換底公式可以求出來。

證明這個方法，即區間i..2^(log2(|a|))，j-log2(|a|)+1..2^log2(|a|)的併為原區間非常簡單，這裡省略。

最後給出完整程式碼

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cstdio>
using namespace std;

#define maxn 100010
int dp[maxn][20];
int n, q;
#define TwoPow(x) ((1)<<(x))

void init()
{
    for (int i = 1; i <= 18; i++)
        for (int j = 1; j <= n; j++)
            if (j+TwoPow(i) <= n) 
                dp[j][i] = min(dp[j][i-1],dp[j+TwoPow(i-1)][i-1]);
}

int ask(int i, int j)
{
    int k = (int)(log(j-i+1)/log(2));
    return min(dp[i][k], dp[j-TwoPow(k)+1][k]);
}

int main()
{
    memset (dp, 127/3, sizeof(dp));
    scanf("%d%d", &n, &q);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &dp[i][0]);
    init();
    int i, j;
    while (q --> 0) {
        scanf("%d%d", &i, &j);
        printf("%d ", ask(i,j));
    }
    return 0;
}

吐槽一下c++的IO、、過於慢，居然TLE了、、、看看結果

//暴力法評測結果
#0: Accepted (0ms, 768KiB)
#1: Accepted (0ms, 768KiB)
#2: Accepted (15ms, 800KiB)
#3: Accepted (0ms, 796KiB)
#4: Accepted (468ms, 1864KiB)
#5: Accepted (109ms, 980KiB)
#6: Accepted (265ms, 1180KiB)
#7: Accepted (795ms, 2792KiB)
#8: Time Limit Exceeded (1809ms, 3356KiB)
#9: Accepted (842ms, 2828KiB)

//ST演算法
#0: Accepted (15ms, 8360KiB)
#1: Accepted (0ms, 8360KiB)
#2: Accepted (0ms, 8364KiB)
#3: Accepted (15ms, 8360KiB)
#4: Accepted (140ms, 8364KiB)
#5: Accepted (15ms, 8364KiB)
#6: Accepted (31ms, 8364KiB)
#7: Accepted (31ms, 8360KiB)
#8: Accepted (359ms, 8364KiB)
#9: Accepted (406ms, 8368KiB)

別走開、第二場戰鬥（動態區間和）馬上開始、、、雖然沒什麼人看。。。