rmq

原创转载请注明出处： https://www.cnblogs.com/agilestyle/p/11784644.html Message 消息，消息是不具名的，由消息头和消息体组成。消息体是不透明的，而消息头则由一系列的可选属性组成，这些属性包括 routing-key：路由键 priority：相对于其他消息的优先权 delivery-mode：指出该消息可能需要持久性存储 Producer 消息的生产者，是一个向交换器发布消息的客户端应用程序。 Consumer 消息的消费者，表示一个从消息队列中取得消息的客户端应用程序。 Exchange 交换器，用来接收生产者发送的消息并将这些消息路由给服务器中的队列 RMQ中的交换器类型： direct：发布与订阅、完全匹配 fanout：广播 topic：主题、规则匹配 Binding 绑定，用于消息队列和交换器之间的关联。一个绑定就是基于路由键将交换器和消息队列连接起来的路由规则，所以可以将交换器理解成一个由绑定构成的路由表。 Queue 消息队列，用来保存消息直到发送给消费者。它是消息的容器，也是消息的终点。一个消息可投入一个或多个队列。消息一直在队列里面，等待消费者连接到这个队列将其处理。 routing key 路由键：RMQ决定消息该投递到哪个队列的规则。 队列通过路由键绑定到交换器 消息发送到代理服务器时

一：引入 RMQ 是求某个区间内的最大值或最小值。 RMQ 的求解方法----- ST算法 二：ST算法 ST算法 利用了 动态规划 。这里假设有arr[1..n]一组数，设f[i][j]表示从 a[i] a[i+(2^j)-1] 的最大值，也就是以a[i]为起点的连续 2^j 个数的最大值。由于数个数有2^j个，所以从中间平均分为 两部分 ，每一部分的数的个数为 2^(j-1) 个。 动态规划最优化原理 。所以，我们可以得到这样的一个状态转移方程： f[i][j]=max(f[i][j-1] , f[i+2^(j-1)][j-1] ，边界为 .。我们可以用 (n*log(n))的时间复杂度预处理f数组； 2.询问： 若我们要询问区间[L,R]的最大值，那么，我们需要先求出最大的x满足 2^x <=R-L+1 ,那么区间[L,R]的最大值便是 ;其中：第一个区间表示 L 到 L+2^x-1 的最大值，第二个区间表示 R-2^x+1 到 R 的最大值。现在看一下，是不是成功的求出了最大值？（因为2^x <=R-L+1 就说明 第二区间的左端点在L的右边,两者去掉重复的线段正好是L到R（有重复没关系，因为max这个函数是不管这些的）) 三：一点小技巧 因为cmath中的log2的函数 效率不高 ，所以，还是自己写吧。 四：代码 ST算法模板题面――点击转入luogu #include

spring Cloud Steam 生产者配置 设置生产者的输入输出通道 package net.happyeasygo.hotel.mq.interf; import org.springframework.cloud.stream.annotation.Input; import org.springframework.cloud.stream.annotation.Output; import org.springframework.messaging.MessageChannel; import org.springframework.messaging.SubscribableChannel; public interface OrderProcessor { String INPUT_ORDER = "inputOrder"; String OUTPUT_ORDER = "outputOrder"; @Input(INPUT_ORDER) SubscribableChannel inputOrder(); @Output(OUTPUT_ORDER) MessageChannel outputOrder(); } 生产者发送消息 @EnableBinding(OrderProcessor.class) public class PayCallBackController

不知道为什么网上找不到太多相关的资料，所以写一个小总结，并附有能用的代码。 约束RMQ，就是RMQ区间必须满足两项之差最大为1，采用ST表的话，这时候有 O(n)建表，O(1)查询 的优秀复杂度 求LCA，通过DFS把原树转化为深度序列，就等价于求区间最小值 (取到的位置) 由于DFS的性质，该序列两个数之间显然相差1，所以可以使用约束RMQ解决 先总体概括一下做法：把原序列分块，块内预处理，块间做ST表 分块大小定为L=log(n)/2，这样共分D=n/L块，对这D个数（块内最小值）做正常ST表，建表复杂度O(Dlog(D))=O((n/L)(log(n)-log(L))=O(n) 我们要保证每个步骤都是O(n)的，log(n)/2正好消去了ST建表时的log 但在此之前，我们得处理出块内的最小值，该怎么做呢？一个正常想法就是枚举每个数，一共是O(n)复杂度 但是，这样做虽然留下了每块的最小值以及其取到的位置，若考虑查询块的一个区间，而这个区间恰好取不到最小值，这时候只能暴力枚举，就破坏了查询O(1)了 至此我们仍没有使用其±1的特殊性质，现在考虑一下。 块内一共log(n)/2个数，由乘法原理可知，本质不同的块有U=2^(log(n)/2)=n^(1/2)个，我们不妨处理出每个这种块，复杂度Ulog(n)/2，这个函数增长是小于线性的，可以认为是O(n) 这样

有一个长度为n的数组 \({a_1,a_2,…,a_n}\) 。 \(m\) 次询问，每次询问一个区间内最小没有出现过的自然数。 第一行 \(n\) , \(m\) 。 第二行为 \(n\) 个数。 从第三行开始，每行一个询问 \(l\) , \(r\) 。 一行一个数，表示每个询问的答案。 输入 #1 5 5 2 1 0 2 1 3 3 2 3 2 4 1 2 3 5 输出 #1 1 2 3 0 3 对于30%的数据：1<=n,m<=1000 对于100%的数据：1<=n,m<=200000，0<=ai<=10^9，1<=l<=r<=n 难点在 \(add\) 函数上。给我的教训是，变量名最好要有实际意义，不要盲目追求短小，否则巨难debug。 ↓拿到了一个新的元素，检查是否是刚刚加入的。如果是，并且这个数是原来区间的 \(mex\) ，那么就暴力更新新的 \(mex\) 即可。 inline void add(int pos) { cnt[a[pos]]++; if(cnt[a[pos]]==1&&now==a[pos]) { int tmp=a[pos]; while(cnt[tmp]!=0)tmp++; now=tmp; return; } } 开 \(o2\) 会WA两个点，我猜是 \(cmp\) 函数的锅： return (belong[i.l] ^ belong[j

板子（反正我只是个垃圾） //树上倍增求LCA(RMQ),其实就是个简单的二进制拆分问题 //正确性很容易证明，不证了 //思想：eg: 求x节点和y节点的Lca,比较 x 与 y 节点的深度，将树中深的节点跳到 //与浅的节点相同深度(由大到小循环),如果刚好为深度浅的节点，那么就找到了,否则一起向 //上跳,找到最小的j使得他们所跳的位置不同，但父节点是相同的,返回所跳位置的父节点就好了 #include<bits/stdc++.h>//板子 using namespace std; const int maxn = 1000010; int head[maxn]; int deep[maxn];//节点深度 struct{ int v,net; }edge[maxn];//链式前向星(ORZ,向大佬低头) int n,m,root,cnt; int f[maxn][21];//每个当前节点的第2 ^ j次方是哪个节点 inline void add_edge(int x,int y) { edge[cnt].v = y; edge[cnt].net = head[x]; head[x] = cnt++; }//加边 void dfs(int cur) { for(int i=head[cur];i!=-1;i=edge[i].net) { if(!deep[edge[i].v

Cornfields Time Limit: Memory Limit: Total Submissions: 8623 Accepted: Description Input Output Sample Input 5 3 1 5 1 2 6 3 1 3 5 2 7 7 2 4 6 1 9 9 8 6 5 0 6 9 3 9 1 2 Sample Output 5C++代码 1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <cmath> 5 #include <set> 6 #include <vector> 7 #include <map> 8 #include <queue> 9 #include <set> 10 #include <math.h> 11 #include <algorithm> 12 using namespace std; 13 #define MAXN 250 + 5 14 int dp[MAXN][MAXN][20]; 15 int dp1[MAXN][MAXN][20]; 16 int a[MAXN][MAXN]; 17 int n,m; 18 void st(){ 19 for(int i=1;i<=n;i++) 20 for(int k=0;(1

RMQ主要用于区间内最值的 多组 查询，暴力枚举会超时的情况下 （当然如果你会线段树当我没说） 主要思想就是倍增+dp #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e5+5; int dp[N][20]; int a[N]; void RMQ_build(int n){ for(int i=0; i<=n;i++) dp[i][0]=a[i]; for(int j = 1;(1<<j)<=n;j++) { for(int i = 1 ; i+(1<<j)-1 <= N;i++) dp[i][j]=min(dp[i][j-1],dp[i+(1<<j-1)][j-1]);//找 最 值 } } int RMQ_query(int l,int r) { int k=(int)(log((double)(r-l+1))/log(2.0)); printf("%d ",min(dp[l][k],dp[r-(1<<k)+1][k])); } int main(){ int m,n,l,r; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); } RMQ_build(n); for(int i=0;i<m;i++){ scanf("%d%d",

原来这样区间查询的题目原来是要用线段树的，但是…… 这题可以用 ST表（RMQ） #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+10; int m,n,l,r,k,a[N][25]; void RMQ(int n) { for(int j=1;j<=20;j++) for(int i=1;i<=n;i++) if(i+(1<<j)-1<=n) a[i][j]=min(a[i][j-1],a[i+(1<<(j-1))][j-1]); } int main() { scanf("%d%d",&m,&n); for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&a[i][0]); RMQ(m); while(n--) { scanf("%d%d",&l,&r); k=log2(r-l+1); printf("%d ",min(a[l][k],a[r-(1<<k)+1][k])); } puts(""); return 0; } 来源： https://www.cnblogs.com/Siv0106/p/11722389.html

图论基础知识 感谢： https://www.cnblogs.com/yoke/p/6949838.html 1.RMQ是啥？ 摘自 百度 其实你不用看，百度的概念有几个看得懂的？ 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。 2.有什么方法？ 普通遍历查询 ，O(1)-O(N) 线段树 ，O(N)-O(logN) DP ，O(NlogN)-O(1) RMQ标准算法 ，O(N)-O(1) 我们这里讲的是DP算法——> ST算法 ST算法是一种比较高效的 在线算法 。 所谓在线算法，是指用户每输入一个查询便马上处理一个查询。该算法一般 用较长的时间做预处理，待信息充足以后便可以用较少的时间回答每个查询。 ST（Sparse Table）算法是一个非常有名的在线处理RMQ问题的算法，它可以在O(nlogn)时间内进行预处理，然后在O(1)时间内回答每个查询。 3.怎么做？ 首先是 预处理 ，用动态规划（DP）解决。 设A[i]是要求区间最值的数列， F[i, j]表示从第i个数起连续2^j个数中的最大值。 （DP的状态） 例如： A数列为：3 2 4 5 6 8 1 2 9 7 F[1，0]表示第1个数起，长度为2^0=1的最大值，其实就是3这个数。 同理 F[1,1] = max(3,2) = 3； F[1