简述摩尔投票

摩尔投票一般是用作求解序列“众数”（这和传统意义的众数不同，为了方便表示我加引号）（严格大于数个数的 \(\frac{1}{2}\)）**的问题，时间复杂度为 \(\mathcal O(n)\)，但是空间复杂度为 \(\mathcal O(1)\)！

考虑到是严格大于，所以答案至多只有 \(1\) 个。

一下考虑有解。

我们考虑把序列看作民众选举，通过抵消来求解这个数。

设当前这个严格“众数”为 \(num\)，票数为 \(cnt\)，当前这个人投了 \(x\)：

• \(cnt = 0\)，那么 \(num'\) 已经抵消完了，此时 \(num \gets x\)，\(cnt \gets 1\)。

• \(num \neq x\)，说明这个人投了别人（可恶）！所以抵消，\(cnt \gets cnt - 1\)。

• \(num = x\)，又有人投票了，那么 \(cnt\gets cnt + 1\)。

感性理解，我们可以按照序列重新从小到大排序，如果存在严格大于 \(\lfloor{\frac{n}{2}}\rfloor\) 的 \(num\)，即使它和别人抵消，也至少会剩下 \(1\) 个。

并且我们发现，如果将序列分成前一半和后一半，设前一半的答案为 \(num1\)，次数为 \(cnt1\)；后一半的答案为 \(num2\)，次数为 \(cnt2\)。

那么众数 \(num\) 一定是次数较多的那一个。

比如 \(a = [1,2,2,2,2,2,1,1,1,1,1,1,1,1,5]\)，我们划分成 \(b=[1,2,2,2,2,2]\)，\(c=[1,1,1,1,1,1,1,1,5]\)，那么 \(num1=2\)，\(cnt1=5\)，\(num2=1\)，\(cnt2=8\)，正确答案为 \(1\)。

我们发现，这样抵消了答案还是 \(1\)，剩余 \(cnt2=8-5=3>0\)！

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考虑求解出现次数严格大于 \(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\) 的数（\(1\le n\le 10^6\)，\(1\le k\le 10\)）。

可以证明，答案最多为 \(k - 1\) 个。

上面我们只有一个存储变量 \(num\)，现在我们增加到 \(k-1\) 个存储变量，可以把它们放到数组里，然后对于这 \(k-1\) 个数都做一遍上面的三种情况即可。

时间复杂度为 \(\mathcal O(nk)\)，但是空间复杂度为 \(\mathcal O(k)\)，比普通排序或者离散化做的空间复杂度 \(\mathcal O(n)\) 优秀很多！

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考虑求解区间严格“众数”。

上面已经总结了：

并且我们发现，如果将序列分成前一半和后一半，设前一半的答案为 \(num1\)，次数为 \(cnt1\)；后一半的答案为 \(num2\)，次数为 \(cnt2\)。

那么众数 \(num\) 一定是次数较多的那一个。

因此我们只要把这些信息放到线段树上，对于每次询问的 \([L,R]\)，直接查询。

注意到不同的只有合并过程，也并不难写。

• 这样时间复杂度为 \(\mathcal O(T\log n)\)，空间复杂度为 \(\mathcal O(n)\)（不要忘了 \(4\) 倍空间，这里只是省略常数），其中 \(T\) 为询问次数。

• 朴素的排序做法和离散化做法时间复杂度为 \(\mathcal O(T(n+\log n))\)，复杂度升天，空间复杂度也就优化到了摩尔投票法的 \(\frac{1}{4}\)。