1. 普通做法

ST 表：\(O(n\log n+q)\)
Sqrt Tree：\(O(n\log\log n+q)\)
线段树 / zkw 线段树：\(O(n + q\log n)\) .
猫树：\(O(n\log n+q)\)
单调栈：\(O(q\log q+q\log n)\)

2. Four Russian 算法

先分块，假设块长为 \(B\) .

预处理整块的最小值，把每个整块连起来然后开个 ST 表，对每个零散块也开 ST 表

我们可以将询问区间划分为不超过 \(1\) 个整块数组上的连续块区间和不超过 \(2\) 个原数组上的整块内的连续区间。显然这些问题我们通过 ST 表上的区间查询解决。

取 \(B=\log n\)，预处理复杂度就是 \(O(n\log\log n)\) 的，常数较大 .

一个小优化：我们发现，在询问的两个端点属于不同的块的时候，块内的询问是关于每一块前缀或者后缀的询问，用 \(O(n)\) 预处理答案，这样子我们只需要在询问的时候进行至多一次 ST 表上的查询操作了 .

3. 随机数据的一种做法

题目：由乃救爷爷

分块，设块长为 \(B\)，当然先预处理每个整块的最小值

若区间跨过了多个块，那么整块可以 st 表处理，零散块可以预处理每个块内的前缀后缀最小值处理 .

若区间左右端点正好在同一个块内，暴力扫，复杂度 \(O(B)\) 比较高，但注意到询问区间随机的情况下，不难得出两个端点在同一个块内的概率是 \(\dfrac Bn\) .

所以这种情况期望复杂度 \(O\left(\dfrac{B^2}n\right)\) .

当 \(b\) 至少为 \(O(\log n)\) 时，预处理整块 st 表复杂度 \(O\left(\dfrac nB\log\dfrac nB\right)\) 不超过 \(O(n)\) .

当 \(b\) 至多为 \(O(\sqrt n)\) 时，预处理整块 st 表复杂度 \(O\left(q\dfrac Bn\right)\) 不超过 \(O(q)\) .

所以 \(b\) 取 \(O(\log n)\) 到 \(O(\sqrt n)\) 之间的一个值即可 .

当 \(b=\sqrt n\) 时，直接暴力预处理所有可能区间的最大值即可，复杂度不变，常数可能小一些 .

4. 有关转 LCA 的做法

1.1. RMQ 转 LCA 再转 ±1RMQ（RMQ 标准算法）

先 \(O(n)\) 建序列的笛卡尔树，不难发现两个点之间的最小值就是它们的 LCA 的权值 .

使用基于 RMQ 的树上 LCA 算法，发现笛卡尔树的欧拉序相邻两个节点深度差必然为 \(\pm 1\) .

我们假设我们在 word-RAM model 中 .

由于相邻两个元素之差为 \(1\)，那么长度为 \(n\) 的本质不同的序列只有 \(2^n\) 个 .

考虑将序列按照 \(\dfrac12\log n\) 分段，在 word-RAM model 中，一个常见的假设是字长 \(w\ge \log n\)，注意到长度为 \(\dfrac 12\log_2 n\) 的本质不同的数列只有 \(O(\sqrt n)\) 个，我们可以枚举所有可能的情况，并枚举左右端点，这可以在 \(O(\sqrt n\log^2 n)\) 的时间复杂度内完成 .

因为一个数列长度为 \(n\) 的数列可以用二进制串编码（对于一个序列 \(a\)，其二进制串编码的第 \(j\) 位为 \([a_j<a_j+1]\)）

对于分成的 \(O\left(\dfrac{n}{\log n}\right)\) 段，使用 ST 表维护 .

从而对于零散块来说，查表即可得出答案，我们也就得到了 \(O(n)\) - \(O(1)\) 的求解一般 RMQ 问题的解法

好像可以把块内用线段树维护，整块用 st 表，或许会更快 .

1.2. 一个优化

对于每个块维护一个单调队列，再把单调队列状压 .

这份提交好像是这种写法

2. RMQ 转 LCA 然后 tarjan 求 LCA

RMQ 转 LCA 上面已经说过了，tarjan 求 LCA 是可以优化到线性的，给两个链接：

tarjan 的论文：https://core.ac.uk/download/pdf/82125836.pdf
UOJ 大佬的博客：https://ljt12138.blog.uoj.ac/blog/4874

离线并查集是 \(O(n\alpha(n))\) 的，本质相似，实际跑起来会快一些 .

3. RMQ 转 LCA 然后 Schieber Vishkin algorithm 求 LCA

同 \(2\)，Schieber Vishkin algorithm 的描述可以在这里找到

5. 一个 \(O(n\log^*n)\) - \(O(1)\) 的算法

考虑左右端点在同一块内的时候，把小块当成一个整序列，也是分块，从而预处理时间 \(T(n)\) 满足

\[T(n)=O(n)+\dfrac{n}{\log n}T(\log n)
\]

不难发现，递归的深度是 \(O(\log^* n)\)

从而预处理时间复杂度 \(O(n\log ^* n)\)，询问时间复杂度 \(O(\log^* n)\)

我们不妨假设每层大块长都是 \(2\) 的幂，这样分出来的小段长都是一样的：\(\log n,\log\log n,\cdots,1\)

对于一个询问，若其区间长度是 \(L\)，我们找出第一个小段长 \(\le L\) 的层，可以发现这个询问一定可以在这一层或者上一层 \(O(1)\) 回答出来。这样只要对每个询问长度预处理找的层就可以做到 \(O(1)\) 询问了 .

巴特西

关于静态 RMQ 问题