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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
分析：这道题可以直接用线段树做，不过对于这种只查询最值不修改的题而言，我们还可以用dp,dp用到了倍增的思想.我们用dp[i][j]表示从i起到后2^j个的最小值，将这个区间化为两段:dp[i][j-1]和dp[i + (1 << (j-1))][j-1],合并一下就出来的，初始值dp[i][0] = 第i个账目的钱数.那么怎么查询呢？同样的，我们把[x,y]这个区间化为两段，但是不能做到像递推那样直接分，我们取对数t = log(y-x+1)/log(2),那么我们只需要合并dp[x][t],dp[y - (1 << t) + 1][t]即可.
#include <iostream> #include <cstdlib> #include <cstdio> #include <cstring> #include <string> #include <algorithm> #include <queue> #include <stack> #include <cmath> using namespace std; int m, n,d[100010][25]; int main() { scanf("%d%d", &m, &n); for (int i = 1; i <= m; i++) scanf("%d", &d[i][0]); for (int j = 1; j <= 20; j++) for (int i = 1; i <= m; i++) if (i + (1 << j) - 1 <= m) d[i][j] = min(d[i][j - 1], d[i + (1 << (j-1))][j - 1]); for (int i = 1; i <= n; i++) { int x, y; scanf("%d%d", &x, &y); int t = log(y - x + 1) / log(2); printf("%d ", min(d[x][t], d[y - (1 << t) + 1][t])); } return 0; }
