引入

ST表这种数据结构可以用来解决可重复贡献问题

这里还不得不提一下什么是可重复贡献问题。

前置知识——可重复贡献问题

可重复贡献问题是对于运算$opt$，运算的性质满足$xoptx=x$，则对应的区间询问就是一个可重复的贡献问题，例如：最大值满足$max(x,x)=x$，最大公因数满足$gcd(x,x)=x$，因此$RMQ$问题和$GCD$问题就是一个可重复贡献的问题，但是例如区间和就不满足这个性质，因为在求解区间和的过程中采用的预处理区间会发生重叠，导致重叠部分被重复计算，因此对于$opt$操作还需要满足结合率才能够使用$ST$表进行求解。

算法思想

我们先来看一个例子：
给定$n$个数，有$m$个询问，对于每个询问，你需要回答区间$[l,r]$中的最大值。
暴力的算法显然是$O(n^2)$的，这个算法的效率比较低下。所以我们考虑优化。

这个时候我们就可以引出$ST$算法了：

$ST$表基于倍增思想，可以做到$O(nlogn)$预处理，$O(1)$回答每个询问。但是不支持修改操作。所以ST表是一种离线的数据结构。

基于倍增思想，我们考虑如何求出区间最值。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$O(logn)$ ，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，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 ，在处理有大量询问的题目时十分有效。

以最大值为例，设$f[i][j]$表示整个数列$A$中下标在子区间$[i,i+2^j-1]$里的数的最大值，也就是从$i$开始的$2^j$个数的最大值。递推边界显然是$f[i][0]=A[i]$，即数列$A$在区间$[i,i]$里的最大值。

预处理

在递推时，我们把子区间的长度成倍增加，于是我们就能轻轻松松得到下面的这个递推表达式：
$$f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+2^{j-1}][j-1])$$

根据这个思路，我们就可以写出预处理的代码（代码中用到了对数的换底公式）注意代码中的循环顺序一定是先枚举倍增次数，才能确保递推的正确性。

inline void prework(){
	for(int i=1;i<=n;i++)f[i][0]=a[i];
	int t=log(n)/log(2)+1;
	for(int j=1;j<t;j++){
		for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
			f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
		}
	} 
}

查询

当查询任意区间$[l,r]$的最大值时，我们先计算出一个$k$，满足：
$$2^k\le r-l+1<2^{k+1}$$
也就是$2$的$k$次幂小于区间长度的前提下的最大的$k$。我们对上诉不等式进行求解：

先看左边：
$$2^k\le r-l+1$$
两边同时取$lo{g}_2$为底的对数：
$$k\le lo{g}_2(r-l+1)$$
进行换底公式（C++中$log$的底数为自然对数$e$）
$$k\le \frac{log(r-l+1)}{log2}$$
再看右边的式子，简单化简：
$$k>\frac{log(r-l+1)}{log2}-1$$
由此可见，最大的$k$就是$k$的上界，因此区间$[l,r]$之间的最大值就是:
$$max(f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k])$$

inline int query(int l,int r){
	int k=log(r-l+1)/log(2);
	return max(f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k])
}

这下就做到了$O(1)$查询了。