啥也不说了，sparsetable算法的高效性，我真佩服那个发明它的人。Orz...
以下是关于这个算法的讲解（我也没理解透，回头细细品味吧）
RMQ(Range Minimum/Maximum Query)问题是求区间最值问题。你当然可以写个O(n)的（怎么写都可以吧=_=),但是万一要询问最值1000000遍，估计你就要挂了。这时候你可以放心地写一个线段树（前提是不写错）O（logn)的复杂度应该不会挂。但是，这里有更牛的算法，就是ST算法，它可以做到O(nlogn)的预处理，O(1)！！！地回答每个询问。
来看一下ST算法是怎么实现的(以最大值为例）：
首先是预处理，用一个DP解决。设a[i]是要求区间最值的数列，f[i, j]表示从第i个数起连续2^j个数中的最大值。例如数列3 2 4 5 6 8 1 2 9 7 ,f[1，0]表示第1个数起，长度为2^0=1的最大值，其实就是3这个数。f[1，2]=5，f[1，3]=8，f[2，0]=2，f[2，1]=4……从这里可以看出f[i,0]其实就等于a[i]。这样，Dp的状态、初值都已经有了，剩下的就是状态转移方程。我们把f[i，j]平均分成两段（因为f[i，j]一定是偶数个数字），从i到i+2^(j-1)-1为一段，i+2^(j-1)到i+2^j-1为一段(长度都为2^（j-1）)。用上例说明，当i=1，j=3时就是3,2,4,5 和 6,8,1,2这两段。f[i，j]就是这两段的最大值中的最大值。于是我们得到了动规方程F[i, j]=max（F[i，j-1], F[i + 2^(j-1)，j-1]）.
接下来是得出最值，也许你想不到计算出f[i，j]有什么用处，一般毛想想计算max还是要O(logn)，甚至O(n)。但有一个很好的办法，做到了O（1）。还是分开来。如在上例中我们要求区间[2，8]的最大值，就要把它分成[2,5]和[5,8]两个区间，因为这两个区间的最大值我们可以直接由f[2，2]和f[5，2]得到。扩展到一般情况，就是把区间[L，R]分成两个长度为2^n的区间（保证有f[i，j]对应）。直接给出表达式：
k := ln(R-L+1) / ln(2);
ans := max(F[L，k], F[R - 2^k+1, k]);
这样就计算了从i开始，长度为2^t次的区间和从r-2^i+1开始长度为2^t的区间的最大值（表达式比较烦琐，细节问题如加1减1需要仔细考虑.
Code：
1 #include<iostream>
2 #include<cmath>
3 #define M 100005
4 int rmq1[M][30];
5 int rmq2[M][30];
6 int a[M];
7 int N,Q,R,L;
8 using namespace std;
9 int max(int a,int b)
10 {
11 if(a>b) return a;
12 else return b;
13 }
14 int min(int a,int b)
15 {
16 if(a<b) return a;
17 else return b;
18 }
19 void DP(int N)
20 {
21 int i,j,k;
22 for(i=1;i<=int(log(double(N))/log(2.0));i++)
23 for(j=1;j<=N;j++)
24 {
25 rmq1[j][i]=max(rmq1[j][i-1],rmq1[j+int(pow(2.0,i-1))][i-1]);
26 rmq2[j][i]=min(rmq2[j][i-1],rmq2[j+int(pow(2.0,i-1))][i-1]);
27 }
28 }
29 int search(int i,int j)
30 {
31 int k=(int)(log((double)(j-i+1))/log(2.0));
32 return max(rmq1[i][k],rmq1[j-(1<<k)+1][k])-min(rmq2[i][k],rmq2[j-(1<<k)+1][k]);
33 }
34 int main()
35 {
36 int i,j,k;
37 scanf("%d%d",&N,&Q);
38 for(i=1;i<=N;i++)
39 {
40 scanf("%d",&a[i]);
41 rmq1[i][0]=a[i];
42 rmq2[i][0]=a[i]; //初始化
43 }
44 DP(N);
45 while(Q--)
46 {
47 scanf("%d%d",&i,&j);
48 printf("%d\n",search(i,j));
49 }
50 }
51