引入

RMQ问题是求一个区间的最大值问题，通常有很多的询问。那么我们要如何解决这种问题呢？
暴力：当然可以O(nxm)n为个数，m为询问个数，显然不行。
线段树：建树需要 O(logn)的时间，询问需要 O(logn)时间，线段树的算法
是 O(nxlogn)+O(logn)的。
Sparse Table(ST)：它是一种基于倍增思想的算法,O(nxlogn)的预处理，O(1)回
答每个询问，所以时间复杂度为 O(nxlogn)+O(m)，空间复杂度为 O(nxlogn)。
线段树的方法已经介绍，今天我们来介绍ST 算法。

原理

我们用一个2维数组f[ i ][ j ]表示从a[ i ]开始2的j次方个的数。那么我们就可以从中间拆开分为，两个2的j-1次方。基于这样的倍增思想，看此图。

f[1][0]就是从1开始1个数的最大值，即a[1]自己；
f[2][2]就是从2开始4个数的最大值，即99；
那如果是f[5][3]那就可以拆成2段，f[5][2]和f[9][2]的最大值;

那么这样我们可以看作是DP，
状态转移方程:f[ i ][ j ]=max(f[ i ][ j-1 ],f[ i+2(j-1) ][ j-1 ])，
边界条件:f[ i ][0]=a[ i ]，
通过这个我们就可以预处理每一段的最大值了。
要注意的是，f[ i ][ j ]的j的范围最大就应是logn(拿计算机计算最大值)
应该如何计算logn呢？因为计算机中只有ln(自然对数)，所以我们要用换底公式

1.预处理
而c++中自带有函数log( )，便可快乐地预处理了。

for(int i=1;i<=n;i++)
	f[i][0]=a[i];    //初始化
	
for(int j=1;j<=log(n)/log(2);j++) //最大2的次方 
	for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++) //范围r-l+1
	{
		f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<j)-1][j-1]);//二分 
	}

2.询问操作
对于询问[L,R]，我们要查询[L,R]=[L,L+2^k-1]∪[R-2^k+1,R]这2段分开的最大值，虽然这2段会有交叉，但最大值不用管。
其中L+2^k-1<=R,即R-L+1>=2^k所以，我们要找出最大k值,即k=loge(R-L+1)/loge 2。

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

模板

传送门luoguP3865

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1e7+5;
int a[N],f[N][30],n,m;//计算得出最大k=30

#define num ch-'0'//快读
void get(int &res)
{
    char ch;bool flag=0;
    while(!isdigit(ch=getchar()))
        (ch=='-')&&(flag=true);
    for(res=num;isdigit(ch=getchar());res=res*10+num);
    (flag)&&(res=-res);
}

inline void Build()
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
		f[i][0]=a[i];
	
	for(int j=1;(1<<j)<=n;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]);
		}
}

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

int main()
{
	get(n);get(m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		get(a[i]);
	}
	
	Build();
	
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int l,r;
		scanf("%d%d",&l,&r);
		printf("%d\n",query(l,r));
	}
	return 0;
}

ST表就基本介绍完了，但ST表只能离线查询，要修改的话就用线段树。