第1行：1個數N，表示序列的長度。(2 <= N <= 10000)
第2 - N + 1行：每行1個數，對應序列中的元素。(0 <= S[i] <= 10^9)
第N + 2行：1個數Q，表示查詢的數量。(2 <= Q <= 10000)
第N + 3 - N + Q + 2行：每行2個數，對應查詢的起始編號i和結束編號j。(0 <= i <= j <= N - 1)

共Q行，對應每一個查詢區間的最大值。

5
1
7
6
3
1
3
0 1
1 3
3 4

7
7
3

動態規劃：

1. 概述

RMQ（Range Minimum/Maximum Query），即區間最值查詢，是指這樣一個問題：對於長度為n的數列A，回答若干詢問RMQ（A,i,j）(i,j<=n)，返回數列A中下標在i，j之間的最小/大值。這兩個問題是在實際應用中經常遇到的問題，下面介紹一下解決這兩種問題的比較高效的演算法。當然，該問題也可以用線段樹（也叫區間樹）解決，演算法複雜度為：O(N)~O(logN)，這裡我們暫不介紹。

2.RMQ演算法

對於該問題，最容易想到的解決方案是遍歷，複雜度是O(n)。但當資料量非常大且查詢很頻繁時，該演算法無法在有效的時間內查詢出正解。

本節介紹了一種比較高效的線上演算法（ST演算法）解決這個問題。所謂線上演算法，是指使用者每輸入一個查詢便馬上處理一個查詢。該演算法一般用較長的時間做預處理，待資訊充足以後便可以用較少的時間回答每個查詢。ST（Sparse Table）演算法是一個非常有名的線上處理RMQ問題的演算法，它可以在O(nlogn)時間內進行預處理，然後在O(1)時間內回答每個查詢。

（一）首先是預處理，用動態規劃（DP）解決。

設A[i]是要求區間最值的數列，F[i, j]表示從第i個數起連續2^j個數中的最大值。（DP的狀態）

例如：

A數列為：3 2 4 5 6 8 1 2 9 7

F[1，0]表示第1個數起，長度為2^0=1的最大值，其實就是3這個數。同理 F[1,1] = max(3,2) = 3, F[1，2]=max(3,2,4,5) = 5，F[1，3] = max(3,2,4,5,6,8,1,2) = 8;

並且我們可以容易的看出F[i,0]就等於A[i]。（DP的初始值）

這樣，DP的狀態、初值都已經有了，剩下的就是狀態轉移方程。

我們把F[i，j]平均分成兩段（因為f[i，j]一定是偶數個數字），從 i 到i + 2 ^ (j - 1) - 1為一段，i + 2 ^ (j - 1)到i + 2 ^ j - 1為一段(長度都為2 ^ (j - 1))。用上例說明，當i=1，j=3時就是3,2,4,5 和 6,8,1,2這兩段。F[i，j]就是這兩段各自最大值中的最大值。於是我們得到了狀態轉移方程F[i, j]=max（F[i，j-1], F[i + 2^(j-1)，j-1]）。

程式碼如下：

1. void RMQ(int num) //預處理->O(nlogn)
2. {  
3.     for(int j = 1; j < 20; ++j)  
4.         for(int i = 1; i <= num; ++i)  
5.             if(i + (1 << j) - 1 <= num)  
6.             {  
7.                 maxsum[i][j] = max(maxsum[i][j - 1], maxsum[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);  
8.                 minsum[i][j] = min(minsum[i][j - 1], minsum[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);  
9.             }  
10. }  

這裡我們需要注意的是迴圈的順序，我們發現外層是j，內層所i，這是為什麼呢？可以是i在外，j在內嗎？

答案是不可以。因為我們需要理解這個狀態轉移方程的意義。

狀態轉移方程的含義是：先更新所有長度為F[i,0]即1個元素，然後通過2個1個元素的最值，獲得所有長度為F[i,1]即2個元素的最值，然後再通過2個2個元素的最值，獲得所有長度為F[i,2]即4個元素的最值，以此類推更新所有長度的最值。

而如果是i在外，j在內的話，我們更新的順序就是F[1,0],F[1,1],F[1,2],F[1,3],表示更新從1開始1個元素，2個元素，4個元素，8個元素（A[0],A[1],....A[7]）的最值，這裡F[1,3] = max(max(A[0],A[1],A[2],A[3]),max(A[4],A[5],A[6],A[7]))的值，但是我們根本沒有計算max(A[0],A[1],A[2],A[3])和max(A[4],A[5],A[6],A[7])，所以這樣的方法肯定是錯誤的。

為了避免這樣的錯誤，一定要好好理解這個狀態轉移方程所代表的含義。

（二）然後是查詢。

假如我們需要查詢的區間為(i,j)，那麼我們需要找到覆蓋這個閉區間(左邊界取i，右邊界取j)的最小冪（可以重複，比如查詢5，6，7，8，9，我們可以查詢5678和6789）。

因為這個區間的長度為j - i + 1,所以我們可以取k=log2( j - i + 1)，則有：RMQ(A, i, j)=max{F[i , k], F[ j - 2 ^ k + 1, k]}。

舉例說明，要求區間[2，8]的最大值，k = log2（8 - 2 + 1）= 2，即求max(F[2, 2]，F[8 - 2 ^ 2 + 1, 2]) = max(F[2, 2]，F[5, 2])；

在這裡我們也需要注意一個地方，就是<<運算子和+-運算子的優先順序。

比如這個表示式：5 - 1 << 2是多少？

答案是：4 * 2 * 2 = 16。所以我們要寫成5 - (1 << 2)才是5-1 * 2 * 2 = 1。

程式碼如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int f[11111][15],a[11111];
void RMQ(int num) 
{
	int i,j;
	for(i=1;i<=num;i++) f[i][0]=a[i];
	for(j=1;j<=15;j++) {
		for(i=1;i<=num;i++) 
		if(i+(1<<j)-1<=num) {
			f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
		}
	}
}
int main()
{
	 ios::sync_with_stdio(false);  
	int n,i,j,q,l,r,k;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	RMQ(n);
	cin>>q;
	while(q--) {
		cin>>l>>r;
		l++;r++;
		k=log2(r-l+1);
		cout<<max(f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k])<<endl;
	}
	return 0;
} 

線段樹一：

注意是左閉右開（區間）：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1<<17;
int n,dat[maxn*2-1];
void init(int n_)
{
	n=1;
	while(n<n_) n*=2;
	for(int i=0;i<2*n-1;i++) dat[i]=-1;
}
void update(int k,int a)
{
	k+=n-1;
	dat[k]=a;
	while(k>0) {
		k=(k-1)/2;
		dat[k]=max(dat[k*2+1],dat[k*2+2]);
	}
}
int query(int a,int b,int k,int l,int r)
{
	if(r<=a || b<=l) return -1;
	if(a<=l && r<=b) return dat[k];
	else {
		int v1=query(a,b,k*2+1,l,(l+r)/2);
		int v2=query(a,b,k*2+2,(l+r)/2,r);
		return max(v1,v2);
	}
}

int main()
{
	int t,i,j,q,num,a,b;
	cin>>num;
	init(num);
	for(i=0;i<num;i++) {
		cin>>t;
		update(i,t);
	}
	cin>>q;
	while(q--) {
		cin>>a>>b;
		cout<<query(a,b+1,0,0,n)<<endl;
	}
	return 0;
}

線段樹二：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
using namespace std;

#define maxn 10010
#define max(a,b) a>b?a:b

struct Point 
{
	int L,R,mav;
}Node[maxn<<2];

int a[maxn];

void Build(int L,int R,int p)
{
	Node[p].L=L;
	Node[p].R=R;
	if(L==R)
	{
		Node[p].mav=a[L];
		return ;
	}
	
	int mid=(L+R)>>1;
	Build(L,mid,p<<1);
	Build(mid+1,R,p<<1|1);
	
	Node[p].mav=max(Node[p<<1].mav , Node[p<<1|1].mav);
}

int Query(int L,int R,int p)
{
	int mid,m_L,m_R;
	if(L <= Node[p].L && R >= Node[p].R)
	{
		return Node[p].mav;
	}
	mid=(Node[p].L+Node[p].R)>>1;
	m_L=0;
	m_R=0;
	if(L<=mid) 
		m_L=Query(L,R,p<<1) ;
	if(R>mid)
		m_R=Query(L,R,p<<1|1) ;
	////////////////
	return max(m_L,m_R);
}

int main()
{
	int i,n,m,ans,x,y;
	while(scanf("%d",&n)!=EOF)
	{
		for(i=1;i<=n;i++)
			scanf("%d",&a[i]);
		Build(1,n,1);
		scanf("%d",&m);
		while(m--)
		{
			scanf("%d%d",&x,&y);
			ans=Query(x+1,y+1,1);
			printf("%d\n",ans);
		}
	}
    return 0;
}