题目描述 给定一个长度为 NN 的数列,和 MM 次询问,求出每一次询问的区间内数字的最大值。 输入格式 第一行包含两个整数 N,MN,M,分别表示数列的长度和询问的个数。 第二行包含 NN 个整数(记为 a_ia i ),依次表示数列的第 ii 项。 接下来 MM 行,每行包含两个整数 l_i,r_il i ,r i ,表示查询的区间为 [l_i,r_i][l i ,r i ]。 输出格式 输出包含 MM 行,每行一个整数,依次表示每一次询问的结果。
时间: 2023-02-06 17:25:36 浏览: 189
这道题目要求你对一个数列进行多次区间查询,每次查询的区间都是给定的。在这道题目中,你需要找到每次查询区间内的最大值。
举个例子,如果你有一个数列 [3, 4, 2, 1, 5],并且有两次查询,第一次查询区间是 [1, 3],第二次查询区间是 [2, 5],那么输出就应该是 4 和 5。
为了解决这道题目,你可以使用线段树这种数据结构。线段树是一种用于处理区间查询和修改的树形结构。使用线段树,你可以在 log(n)log(n) 的时间内完成一次查询,这与暴力枚举每个数的时间复杂度相比有很大的优势。
具体来讲,你可以先建立一颗线段树,然后对于每一次查询,在线段树上查找区间内的最大值。查找过程中,你可以使用二分搜索来确定查询区间内的最大值。
总结一下,解决这道题目的思路是:
1. 建立线段树
2. 对于每一次查询,在线段树上使用二分搜索找到区间内的最大值
希望这对你有所帮助!
相关问题
题目:给定一个长度为n的数组a,求出其中所有子数组的最大值和最小值之差的和。
题目分析:
对于一个长度为n的数组a,我们可以先通过枚举的方式遍历所有子数组。然后对于每个子数组,我们可以求出该子数组的最大值和最小值,最后将它们的差累加起来即可。
时间复杂度:O(n^3),空间复杂度:O(1)。
但是,这种暴力枚举的方法时间复杂度太高,不适合处理大规模的数据。因此,我们需要寻找更高效的算法。
我们可以使用动态规划来解决这个问题。具体地,我们可以维护两个状态数组:一个用来存储当前位置之前的最大值,另一个用来存储当前位置之前的最小值。然后我们可以通过这两个数组来计算每个子数组的最大值和最小值之差,并将它们的和累加起来。
时间复杂度:O(n),空间复杂度:O(n)。
C语言代码实现:
```c
#include <stdio.h>
int max(int a, int b) {
return a > b ? a : b;
}
int min(int a, int b) {
return a < b ? a : b;
}
int maxMinDiffSum(int a[], int n) {
int max_dp[n], min_dp[n], ans = 0;
max_dp[0] = min_dp[0] = a[0];
for (int i = 1; i < n; i++) {
max_dp[i] = max(max_dp[i-1] + a[i], a[i]);
min_dp[i] = min(min_dp[i-1] + a[i], a[i]);
ans += max_dp[i] - min_dp[i];
}
return ans;
}
int main() {
int a[] = {1, 2, 3, 4};
int n = sizeof(a) / sizeof(int);
int ans = maxMinDiffSum(a, n);
printf("%d\n", ans); // 输出10
return 0;
}
```
给定一个长度为的一维数组a[],数组内每个元素有初始值。 做次区间修改,和查询: 修
对于给定的一维数组a[],可以进行区间修改和查询。首先对于区间修改,可以通过指定一个起始位置和一个结束位置,然后将这个范围内的所有元素都修改为给定的值。
例如,如果要将数组a[]中位置从1到5的元素都修改为10,可以执行以下操作:
```
for i in range(1, 6):
a[i] = 10
```
这样就完成了对数组a[]区间的修改。
接下来是区间查询,可以通过指定一个起始位置和一个结束位置,然后得到这个范围内所有元素的特定值或相关信息。例如,要计算从位置1到5的元素的和,可以执行以下操作:
```
sum = 0
for i in range(1, 6):
sum += a[i]
```
这样就可以得到从位置1到5的元素的和。
除了求和之外,还可以进行其他类型的查询,比如求区间的最大值、最小值、平均值等等。具体的查询操作需要根据需求进行定义和实现。
综上所述,对于给定的一维数组a[],可以通过区间修改和查询来对数组进行相应的操作和获取特定范围内的信息。
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