10.ST 表

定义

ST 表（Sparse Table，稀疏表）是用于解决 可重复贡献问题 的数据结构。

什么是可重复贡献问题？

可重复贡献问题 是指对于运算 $\mathrm{opt}$，满足 $x\mathrm{opt}x=x$，则对应的区间询问就是一个可重复贡献问题。例如，最大值有 $\max (x,x)=x$，gcd 有 $\gcd (x,x)=x$，所以 RMQ 和区间 GCD 就是一个可重复贡献问题。像区间和就不具有这个性质，如果求区间和的时候采用的预处理区间重叠了，则会导致重叠部分被计算两次，这是我们所不愿意看到的。另外，$\mathrm{opt}$ 还必须满足结合律才能使用 ST 表求解。

什么是 RMQ？

RMQ 是英文 Range Maximum/Minimum Query 的缩写，表示区间最大（最小）值。解决 RMQ 问题有很多种方法，可以参考 RMQ 专题。

引入

Luogu P3865【模板】ST 表 & RMQ 问题

给定 $n$（$1\le n\le 10^5$）个整数，有 $m$（$1\le m\le 2\times 10^6$）个询问，对于每个询问，你需要回答区间 $[l,r]$ 中的最大值。

考虑暴力做法。每次都对区间 $[l,r]$ 扫描一遍，求出最大值。

显然，这个算法会超时。

ST 表

ST 表基于 倍增 思想，可以做到 $\Theta (n\log n)$ 预处理，$\Theta (1)$ 回答每个询问。但是不支持修改操作。

基于倍增思想，我们考虑如何求出区间最大值。可以发现，如果按照一般的倍增流程，每次跳 $2^i$ 步的话，询问时的复杂度仍旧是 $\Theta (\log n)$，并没有比线段树更优，反而预处理一步还比线段树慢。

我们发现 $\max (x,x)=x$，也就是说，区间最大值是一个具有「可重复贡献」性质的问题。即使用来求解的预处理区间有重叠部分，只要这些区间的并是所求的区间，最终计算出的答案就是正确的。

如果手动模拟一下，可以发现我们能使用至多两个预处理过的区间来覆盖询问区间，也就是说询问时的时间复杂度可以被降至 $\Theta (1)$，在处理有大量询问的题目时十分有效。

具体实现如下：

令 $f(i,j)$ 表示区间 $[i,i+2^j-1]$ 的最大值。

显然 $f(i,0)=a_i$。

根据定义式，第二维就相当于倍增的时候「跳了 $2^j-1$ 步」，依据倍增的思路，写出状态转移方程：$f(i,j)=\max (f(i,j-1),f(i+2^{j-1},j-1))$。

以上就是预处理部分。而对于查询，可以简单实现如下：

对于每个询问 $[l,r]$，我们把它分成两部分：$[l,l+2^s-1]$ 与 $[r-2^s+1,r]$，其中 $s=\lfloor {\log }_2(r-l+1)\rfloor$。两部分的结果的最大值就是回答。

根据上面对于「可重复贡献问题」的论证，由于最大值是「可重复贡献问题」，重叠并不会对区间最大值产生影响。又因为这两个区间完全覆盖了 $[l,r]$，可以保证答案的正确性。

Luogu P3865【模板】ST 表 & RMQ 问题 参考实现

[list2tab]

• C 风格

  #include <algorithm>
  #include <iostream>
  using namespace std;
  constexpr int N = 100000 + 5;
  constexpr int logN = 16;  // ⌊ log_2 N ⌋
  int f[logN + 1][N], Logn[N];
   
  // 初始化对数值
  void pre() {
    Logn[2] = 1;
    for (int i = 3; i < N; i++) {
      Logn[i] = Logn[i / 2] + 1;
    }
  }
   
  int main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    pre();
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> f[0][i];
    for (int j = 1; j <= logN; j++)
      for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++)
        f[j][i] = max(f[j - 1][i], f[j - 1][i + (1 << (j - 1))]);  // ST表具体实现
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
      int x, y;
      cin >> x >> y;
      int s = Logn[y - x + 1];
      cout << max(f[s][x], f[s][y - (1 << s) + 1]) << '\n';
    }
    return 0;
  }

• C++ 风格

  #include <algorithm>
  #include <functional>
  #include <iostream>
  #include <vector>
  #if defined(_MSC_VER) && !defined(__clang__)
  #include <immintrin.h>
  #define __builtin_clz _lzcnt_u32
  #endif
  using namespace std;
   
  // 使用内建函数计算 ⌊ log_2 x ⌋
  int lg2(int x) { return 31 - __builtin_clz(x); }
   
  template <typename T>
  class SparseTable {
    using VT = vector<T>;
    using VVT = vector<VT>;
    using func_type = function<T(const T &, const T &)>;
   
    VVT ST;
   
    static T default_func(const T &t1, const T &t2) { return max(t1, t2); }
   
    func_type op;
   
   public:
    SparseTable(const vector<T> &v, func_type _func = default_func) {
      op = _func;
      int n = v.size(), l = lg2(n);
      ST.assign(l + 1, VT(n, 0));
      for (int i = 0; i < n; ++i) {
        ST[0][i] = v[i];
      }
      for (int j = 1; j <= l; ++j) {
        for (int i = 0; i + (1 << j) <= n; ++i) {
          ST[j][i] = op(ST[j - 1][i], ST[j - 1][i + (1 << (j - 1))]);
        }
      }
    }
   
    T query(int l, int r) {
      int q = lg2(r - l + 1);
      return op(ST[q][l], ST[q][r - (1 << q) + 1]);
    }
  };
   
  int main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    vector<int> a(n);
    for (int &i : a) cin >> i;
    SparseTable<int> st(a);
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
      int x, y;
      cin >> x >> y;
      cout << st.query(x - 1, y - 1) << '\n';
    }
    return 0;
  }

• Python

  import sys
   
  input = sys.stdin.readline
   
   
  class SparseTable:
      def __init__(self, arr: list, func=min):
          self.func = func
          self.n = len(arr)
          self.log = [0] * (self.n + 1)
   
          for i in range(2, self.n + 1):
              self.log[i] = self.log[i // 2] + 1
   
          self.k = self.log[self.n]
          self.st = [[0] * (self.n) for _ in range(self.k + 1)]
          self.st[0] = arr
   
          for j in range(1, self.k + 1):
              i = 0
              while i + (1 << j) <= self.n:
                  self.st[j][i] = self.func(
                      self.st[j - 1][i], self.st[j - 1][i + (1 << (j - 1))]
                  )
                  i += 1
   
      def query(self, left: int, right: int):
          j = self.log[right - left + 1]
          return self.func(self.st[j][left], self.st[j][right - (1 << j) + 1])
   
   
  n, m = map(int, input().split())
  a = list(map(int, input().split()))
  st = SparseTable(a, max)
  for _ in range(m):
      left, right = map(int, input().split())
      print(st.query(left - 1, right - 1))

注意点

1. 输入输出数据一般很多，建议开启输入输出优化。

2. 在预处理 ST 表时通常需要建立一个一维大小为 $\log n$，另一维大小为 $n$ 的数组，此时应优先让大小为 $\log n$ 的维度作为第一维，以提升缓存局部性。

3. 每次用 std::log 重新计算对数函数值并不值得，建议利用 __builtin_clz 或 __lg 等内建函数进行计算。如无法利用这些内建函数，也可以预处理对数函数值。预处理方式如下所示：

ST 表维护其他信息

除 RMQ 以外，还有其它的「可重复贡献问题」。例如「区间按位与」、「区间按位或」、「区间 GCD」，ST 表都能高效地解决。

需要注意的是，对于「区间 GCD」，ST 表的查询复杂度并没有比线段树更优（令值域为 $w$，ST 表的查询复杂度为 $\Theta (\log w)$，而线段树为 $\Theta (\log n+\log w)$，且值域一般是大于 $n$ 的），但是 ST 表的预处理复杂度也没有比线段树更劣，而编程复杂度方面 ST 表比线段树简单很多。

如果分析一下，「可重复贡献问题」一般都带有某种类似 RMQ 的成分。例如「区间按位与」就是每一位取最小值，而「区间 GCD」则是每一个质因数的指数取最小值。

总结

ST 表能较好的维护「可重复贡献」的区间信息（同时也应满足结合律），时间复杂度较低，代码量相对其他算法很小。但是，ST 表能维护的信息非常有限，不能较好地扩展，并且不支持修改操作。

习题

• 「SCOI2007」降雨量

• [USACO07JAN] 平衡的阵容 Balanced Lineup

附录：ST 表求区间 GCD 的时间复杂度分析

在算法运行的时候，可能要经过 $\Theta (\log n)$ 次迭代。每一次迭代都可能会使用 GCD 函数进行递归，令值域为 $w$，GCD 函数的时间复杂度最高是 $\Omega (\log w)$ 的，所以总时间复杂度看似有 $O(n\log n\log w)$。

但是，在 GCD 的过程中，每一次递归（除最后一次递归之外）都会使数列中的某个数至少减半，而数列中的数最多减半的次数为 ${\log }_2(w^n)=\Theta (n\log w)$，所以，GCD 的递归部分最多只会运行 $O(n\log w)$ 次。再加上循环部分（以及最后一层递归）的 $\Theta (n\log n)$，最终时间复杂度则是 $O(n(\log w+\log n))$，由于可以构造数据使得时间复杂度为 $\Omega (n(\log w+\log n))$，所以最终的时间复杂度即为 $\Theta (n(\log w+\log n))$。

而查询部分的时间复杂度很好分析，考虑最劣情况，即每次询问都询问最劣的一对数，时间复杂度为 $\Theta (\log w)$。因此，ST 表维护「区间 GCD」的时间复杂度为预处理 $\Theta (n(\log n+\log w))$，单次查询 $\Theta (\log w)$。

线段树的相应操作是预处理 $\Theta (n\log w)$，单次查询 $\Theta (\log n+\log w)$。

这并不是一个严谨的数学论证，更为严谨的附在下方：

更严谨的证明

理解本段，可能需要具备 时间复杂度 的关于「势能分析法」的知识。

先分析预处理部分的时间复杂度：

设「待考虑数列」为在预处理 ST 表的时候当前层循环的数列。例如，第零层的数列就是原数列，第一层的数列就是第零层的数列经过一次迭代之后的数列，即 st[1..n][1]，我们将其记为 $A$。

而势能函数就定义为「待考虑数列」中所有数的累乘的以二为底的对数。即：$\Phi (A)={\log }_2\left(\prod _{i=1}^n{A}_i\right)$。

在一次迭代中，所花费的时间相当于迭代循环所花费的时间与 GCD 所花费的时间之和。其中，GCD 花费的时间有长有短。最短可能只有两次甚至一次递归，而最长可能有 $O(\log w)$ 次递归。但是，GCD 过程中，除最开头一层与最末一层以外，每次递归都会使「待考虑数列」中的某个结果至少减半。即，$\Phi (A)$ 会减少至少 $1$，该层递归所用的时间可以被势能函数均摊。

同时，我们可以看到，$\Phi (A)$ 的初值最大为 ${\log }_2(w^n)=\Theta (n\log w)$，而 $\Phi (A)$ 不增。所以，ST 表预处理部分的时间复杂度为 $O(n(\log w+\log n))$。