引入
对于任意的整数n，都可以将他拆分为有限个二次幂的和（即二进制拆分）。
那么我们就可以将规模为n的大问题拆分为许多区间长度为二的幂次的小问题。
这样，如何快速解决区间长度为二的幂次的问题就是我们想关心的。
这就是倍增法想解决的问题。
倍增法快速幂
倍增法快速幂的解决的经典问题就是求a^x(mod p)
分析
我们将x二进制拆分为 x0+x1+x2+...+xn,其中xi为二的幂次
现在我们关心如何快速求出a^（ 2^i )，将上式记为fi，显然fi=f(i-1) * f(i-1)。
现在我们有一个朴素的想法：
f0=1,f1=a;
for i:=1 to [log x]
| fi=f(i-1) * f(i-1);
end;
ans:=1;
for i:=1 to [log x]
| if 2^i存在于x的二进制拆分序列{xi}中
| |ans=ans*fi;
| end
end;
print(ans);
现在我们的问题是如何快速判断 \(2^i\)是否存在于{xi}中。其实这并不困难，利用位运算，只需（x^(1<<i））为1即可说明 \(2^i\) 在{xi}中。
我们容易将完整代码给出。
问题
给出一个数组a，q次询问，每次输入l，r，输出al-ar中的最大值。
我们已经介绍了如何拆分长度为x的区间问题。我们来看怎么预处理出长度为2^i 的区间最值。
设fi,p 表示以 p 为左端点，长度为2i 的区间的最大值。
由2^i =2×(2^i−1) 这个式子。长度为 2^i 的区间可以拆成两个长度为2i−1 小区间，第一个区间的端点为p，第二个区间的端点为p+2i−1。
于是得到递推式：fi,p=max(fi−1,p,fi−1,p+2i−1)。
像这样预处理f数组后，我们可以像引言中介绍的那样将问题进行二进制拆分，每次询问的时间复杂度为O(log n)。
能不能做到更快？
不难注意到，如果两个区间有重合是不影响最终结果的，于是对于区间[l,r]最值，我们可以返回以l为左端点的区间最值和以r为右端点的区间最值的max作为回答。
这样 时间复杂度就被降低到了O（1）。
硬是要总结
本文介绍算法思想的核心是将规模为n的问题通过二进制拆分为一个个小问题，通过快速解决小问题以达到解决大问题。