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题意：

静态区间最大值，且需要在$O(nlgn)$预处理，$O(1)$查询。

题解：

建立ST表，ST表是一种基于倍增的用于快速查询区间最值的数据结构，它由一个大小为$O(nlgn)$的二维数组构成，用$st[i][j]$表示从$j$到$j+2^{i-1}$的最值，$j$到$j+2^{i-1}$的长度为$2^i$，那么一半的长度就等于$2^{i-1}$，那么前半段的状态表示为$st[i-1][j]$。后半段的长度也为$2^{i-1}$，起始位置为$j+2^{i-1}$。那么后半段的状态表示为$st[i-1][j+2^{i-1}]$。所以：$st[i][j]=ope(st[i-1][j],st[i-1][j+2^{i-1}])$。

然后是查询：我们了解如下定理：$2^{log(a)+1}>a$，那么我们要查询$l$到$r$的最小值。设$len=r-l+1，t=log(len)$，根据上面的定理：$2^t>len/2$，所以从位置上来说，$l+2^t$越过了$l$到$r$的中间！因为位置过了一半，所以x到y的最值可以表示为$ope$(从$l$往后$2^t$的最值，从$r$往前$2^t$的最值)$，前面的状态表示为$st[t][l]$。设后面（从$r$往前$2^t$的最值）的初始位置是$k$，那么$k+2^t-1=r$，所以$k=r-2^t+1$，所以后面的状态表示为$st[t][r-2^t+1]$，所以$l$到$r$的最小值表示为$ope(st[t][l],st[t][r-2^t+1])$，所以查询时间复杂度是$O(1)$。（参考博客：https://blog.csdn.net/Hanks_o/article/detail/77547380）

AC代码：

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cstdio>
int num[1000005];
int st[25][1000005];//长度为i起始位置为j的最小值
#define max(a,b) (a>b?a:b)
using namespace std;
void init(int n)
{
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&num[i]);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        st[0][i]=num[i];
    for(int i=1;(1<<i)<=n;++i)
    {
        for(int j=1;j<=n;++j)//j+(1<<i)是某一段开始，-1表示上一段的结束
            if(j+(1<<i)-1<=n)
                st[i][j]=max(st[i-1][j],st[i-1][j+(1<<(i-1))]);
    }
}
int query(int l,int r)
{
    int k=int(log2(r-l+1)/log2(2.0));
    return max(st[k][l],st[k][r-(1<<k)+1]);
}
int main()
{
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    init(n);
    int a,b;
    for(int i=0;i<m;++i)
    {
        scanf("%d%d",&a,&b);
        printf("%d\n",query(a,b));
    }
    return 0;
}