前言
这篇文章，是一篇总结RMQ算法的一篇文章，若有疑问或建议，请于下方留言，谢谢！
RMQ是什么？
RMQ（Range Minimum/Maximum Query），即区间最值查询。
是指这样一个问题：对于长度为n的数列A，回答若干询问RMQ（A,i,j）(i,j<=n)，返回数列A中下标在i，j之间的最小/大值。
这两个问题是在实际应用中经常遇到的问题，而RMQ算法是解决这两种问题的比较高效的算法。
当然，该问题也可以用线段树解决，算法复杂度为：O(N)~O(logN)，而线段树代码远远比我们今天讨论的RMQ要长要难理解的多，这里我们暂不介绍。
我们遇到这种区间最值查询问题的时候，通常会想到两种想法
每次查询时暴力扫描区间，时间复杂度单次查询O(n),n次查询便是O(n^2),超过1e4基本上就TLE了
开一个二维数组（空间复杂度O（n*n））,预处理答案在数组中，预处理复杂度O(n^2)，单次查询O(1)。
显然这些算法都是渣渣，慢的要死，那么有什么搞基高级的方法来解决这一类问题呢？
答案是倍增思想。（大概是这样的）
RMQ算法描述
我们以最大值来诠释RMQ算法
- 令A[i]存储我们要求的数列，F[i][j]表示从第i个位置开始，往后的2^j-1个数字中，最大的数字是多少。
- 预处理F数组，对j从大到小枚举。每次处理F[i][j]的时候，F[i][0~j-1]都已经处理好了，那么F[i][j]=max(F[i][j-1],F[i+2^(j-1)][j-1])，因为j最大到log2n，所以预处理的操作的时间复杂度为O(nlog2(n))。
- 有了F数组啦，现在我们查询的话就很简单了。比如说我们查询区间(i,j)，那么我们令k =⌊log2(i)+j-1⌋,那么我们查询的结果就是max(F[i][j],F[j-(2^k)+1][k])，可以明显看到时间复杂度为O（1）的，而且保证能够覆盖到整个区间。
代码描述如下
预处理操作
void init_rmq(int m) {
for(int i=1;i<=m;i++)
f[i][0]=a[i];
for(int j=1;(1<<j)<m;j++) {
for(int i=1;i<=m;i++) {
if(i+(1<<j)-1 <= m) {
f[i][j]=min(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}
}
}
}查询操作
int query_rmq(int l,int r) {
int i=0;
for(;(1<<i)+l-1<=r;i++){};
i--;
return min(f[l][i],f[r-(1<<i)+1][i]);
}RMQ算法的不足
我们发现RMQ算法复杂度竟然如此低，能够在O(log2(n))的时间内预处理，O(1)的复杂度单点查询，经常用于优化常数（卡常数是个神奇的东西），看来是一个好东西，但是但是
它不支持修改，只能维护最大最小值，不能维护区间和等会影响答案的东西（此时还是打那骚长的线段树吧）
RMQ算法例题
这里给出习题练练手吧
洛谷P1816 忠诚 （传送门）
题目描述
老管家是一个聪明能干的人。他为财主工作了整整10年，财主为了让自已账目更加清楚。要求管家每天记k次账，由于管家聪明能干，因而管家总是让财主十分满意。但是由于一些人的挑拨，财主还是对管家产生了怀疑。于是他决定用一种特别的方法来判断管家的忠诚，他把每次的账目按1，2，3…编号，然后不定时的问管家问题，问题是这样的：在a到b号账中最少的一笔是多少？为了让管家没时间作假他总是一次问多个问题。
输入输出格式
输入格式：
输入中第一行有两个数m,n表示有m(m<=100000)笔账,n表示有n个问题，n<=100000。
第二行为m个数,分别是账目的钱数
后面n行分别是n个问题,每行有2个数字说明开始结束的账目编号。
输出格式：
输出文件中为每个问题的答案。具体查看样例。
输入输出样例
输入样例#1：
10 3
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
2 7
3 9
1 10
输出样例#1：
2 3 1
解决方案
这题目实在是不能再不能裸的RMQ裸题了，如果没有完全掌握的RMQ的话还是可以练练手的，或者可以掌握思想后来实现一番，颇有成就感，比线段树好看多了。。。
代码
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int size =1e5+10;
int a[size];
int f[size][40];
void init_rmq(int m) {
for(int i=1;i<=m;i++)
f[i][0]=a[i];
for(int j=1;(1<<j)<m;j++) {
for(int i=1;i<=m;i++) {
if(i+(1<<j)-1 <= m) {
f[i][j]=min(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}
}
}
}
int query_rmq(int l,int r) {
int i=0;
for(;(1<<i)+l-1<=r;i++){};
i--;
return min(f[l][i],f[r-(1<<i)+1][i]);
}
int main() {
int m,n;
scanf("%d%d",&m,&n);
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d",&a[i]);
init_rmq(m);
for(int i=1,l,r;i<=n;i++) {
scanf("%d%d",&l,&r);
printf("%d ",query_rmq(l,r));
}
return 0;
}
