P8330 [ZJOI2022] 众数

小清新 DS 题。

首先是众数，那首选是根号算法，因为区间众数的常见做法是带根号的。下面默认序列是离散化过的。

先转化一下题目，相当于从序列里选一个区间 \([l, r]\)，使得 \([l, r]\) 中众数的出现次数加上 \([l, r]\) 外众数的出现次数最大，并求出所有能作为某个取到最大的区间 \([l, r]\) 的外面的众数，因为我们会将 \([l, r]\) 内的众数变成外面的众数。

那么要求所有众数，告诉我们枚举众数的值是不能少的，那么就需要求出现次数，而出现次数往往和根号分治有关，这启发我们根号分治，设阈值为 \(B\)。

对于出现次数 \(>B\) 的众数，个数是 \(\mathcal{O}(\frac{n}{B})\) 级别的，所以可以枚举这个数 \(i\)，并且对于每个 \(i\)，我们可以 \(\mathcal{O}(n)\) 地求解。考虑求出 \(i\) 出现次数的前缀和，并枚举 \([l, r]\) 内的众数 \(j\)，将所有 \(a_k = i\) 的位置设为 \(-1, a_k = j\) 的位置设为 \(1\)，那么我们要的 \([l, r]\) 就是最大子段和所对应的区间，此时的答案就是最大子段和加上 \(i\) 的出现次数，最大子段和可以贪心地 \(\mathcal{O}(n)\) 求解。

这部分复杂度为 \(\mathcal{O}(\frac{n^2}{B})\)。

然后只需考虑内外出现次数都 \(< B\) 的了。仍然考虑枚举 \(i\)，这时如果选择 \([l, r]\)，那么答案就是 \([l, r]\) 内众数的出现次数减去 \([l, r]\) 内 \(i\) 的出现次数，再加上全局 \(i\) 的出现次数。注意到对于 \(i\) 来说，肯定有 \(a_{r + 1} = i, a_{l - 1} = i\)，不然肯定不优（还有一种可能是 \(l = 1\) 或 \(r = n\)）。所以对于所有 \(i\)，合法的区间总计是 \(\mathcal{O}(B^2)\) 个。

那么我们就可以枚举 \(r\)，考虑从左往右扫描线，并枚举 \(l\)，那么此时只有 \([l, r]\) 的众数难以计算，正常来说众数是一定要根号的，看似不行了，但是这里有一个性质，就是我们考虑的每个数的出现次数都 \(< B\)，于是众数的出现次数一定 \(< B\)，这启发我们直接定义 \(M_i\) 表示 \([i, r]\) 的众数出现次数，那么 \(M_i \le B, \sum M_i \le nB\)，另外 \(M_i \ge M_{i + 1}\)，所以每次 \(r \leftarrow r + 1\) 时暴力更新即可，每次 \(M_i\) 至少加一，所以时间复杂度有保证。

注意我们需要翻转过来再算一遍，考虑 \(r = n\) 的情况。

这部分时间复杂度 \(\mathcal{O}(nB)\)。

平衡一下即可做到 \(\mathcal{O}(n\sqrt n)\)，第二部分常数较大，实际情况 \(B\) 开的较小会更快。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
// typedef __int128 i128;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2e5 + 10, B = 200, mod = 998244353;
template<typename T>
void dbg(const T &t) { cout << t << endl; }
template<typename Type, typename... Types>
void dbg(const Type& arg, const Types&... args) {
    cout << arg << ' ';
    dbg(args...);
}
namespace Loop1st {
int n, a[N], b[N], s[N], sz[N], ans[N], M[N], cnt[N];
vector<int>pos[N];
void cmax(int &x, int y) { if (x < y) x = y; }
void calc() {
    for (int i = 1; i <= n; i++) M[i] = cnt[i] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) if (pos[a[i]].size() < B) {
        int x = a[i]; // x 即文中的 i
        for (int j = cnt[x]; ~j; j--) {
            int l = j ? pos[x][j - 1] + 1 : 1, r = pos[x][j]; // 注意这里右端点是 i 不是 r, r 只用来更新 M
            cmax(ans[x], sz[x] + M[l] - (cnt[x] - j));
            while (l <= r && M[r] < cnt[x] - j + 1) M[r] = cnt[x] - j + 1, r--;
        }
        cnt[x]++;
    }
}

void main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) pos[i].clear(), ans[i] = sz[i] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i], b[i] = a[i];
    sort(b + 1, b + n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++) 
        a[i] = lower_bound(b + 1, b + n + 1, a[i]) - b, sz[a[i]]++, pos[a[i]].push_back(i);
    for (int i = 1; i <= n; i++) if (pos[i].size() >= B) {
        fill(s + 1, s + n + 1, 0);
        for (int j = 1; j <= n; j++) s[j] = s[j - 1] + (a[j] == i);
        for (int j = 1; j <= n; j++) if (i != j) {
            int las = 0, cur = 0;
            for (int k : pos[j]) {
                cur = max(1, cur - s[k] + s[las] + 1);
                cmax(ans[i], sz[i] + cur);
                las = k;
            }
            las = cur = 0;
            for (int k : pos[j]) {
                cur = max(s[k] - s[las], cur + s[k] - s[las]);
                cmax(ans[j], sz[j] + cur);
                cur--; las = k;
            }
        }
    }
    calc();
    reverse(a + 1, a + n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        reverse(pos[i].begin(), pos[i].end());
        for (int &x : pos[i]) x = n - x + 1;
    }
    calc();
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cmax(res, ans[i]);
    cout << res << '\n';
    for (int i = 1; i <= n; i++) if (res == ans[i]) cout << b[i] << '\n';
}

}
int main() {
    // freopen("data.in", "r", stdin);
    // freopen("data.out", "w", stdout);
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
    int T = 1;
    cin >> T;
    while (T--) Loop1st::main();
    return 0;
}
// start coding at 19:40
// finish debugging at 20:13