P4168 [Violet] 蒲公英题解

洛谷题目链接：[Violet] 蒲公英

一道分块好题，调了整整一上午

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一句话题意：在线求区间众数

考虑到众数没有可加性，所以一般数据结构是不好维护的，这个时候就要用分块了，分块可以维护一些数据结构无法维护的复杂神秘数据，对于区间众数就可以用分块维护

考虑暴力做法，对于每一个询问，暴力扫描，时间复杂度\(O(n^2)\)，显然无法AC此题，故考虑分块

将区间分为T块，对于每个询问，有以下情况

1. 查询区间大小小于块长
2. 查询区间大小大于块长

对于第一种情况，我们直接暴力扫描区间\(（l ，r）\)，时间复杂度\(O(T)\);
对于第二种情况，常见的分块思想是将区间内整块预处理，然后暴力扫描左右的散块，所以，我们要预处理对于每个区间，从整块i，到整块j的众数\(p（i，j)\)，预处理直接暴力枚举，时间复杂度\(O（nT^2)\)。思考第二种情况的答案可能情况，发现只能来自整块的众数或者散块中的数，感觉是废话，注意这里散块中的数不一定是散块的众数，所以每一个数都需要遍历（笔者就是这里错了，调了半天），这里，我们因为要遍历每一个数出现次数，如果暴力跑与朴素算法无异，所以需要前缀和优化，对于\(s[i][j]\),表示从第1块到第i块，j出现的次数，可以\(O(1)\)求出整块某个数出现次数。

对于最终答案，我们得出：

1. 通过p数组得出只在整块出现的众数。
2. 暴力统计散块中数出现的次数，加上整块中这个数出现次数，得出众数。
3. 比较两个答案，得出最终结果

最后，我们思考时间复杂度如何最优。时间瓶颈来自于\(O(nT^2)\)预处理，根据基本不等式，当\(T=\sqrt[3]{n}\)时时间复杂度最优，为\(O(n^{\frac{5}{3}})\)，实际测试下来，\(T=\sqrt{n}\)也可以过，本题解给出代码为\(T=\sqrt{n}\)，这和暴力有什么区别。

等等，还有什么没有考虑？再看一眼数据范围，\(a\le1e9\),要离散化。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e4+10,M=500;
int s[M][N];
int p[M][M];
int a[N];
int b[N],num;
int c[N];
int d[N];
int n,m;
int T,cnt;
int cntnum[N];
struct node
{
    int l,r;
} pos[M];

void dis()
{
    sort(a+1,a+n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(i==1 || a[i]!=a[i-1]) 
        b[++num]=a[i];
    }
}

int query(int x)
{
    return lower_bound(b+1,b+num+1,x)-b;
}

void init()
{
    for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=query(d[i]);//c[i]表示下标为i的原数的离散值
    T=pow(n,1/2.0);
    int l=1,r=T;
    while(r<=n)
    {
        pos[++cnt].l=l;
        pos[cnt].r=r;
         l=r+1;
        r=l+T-1;
    }
    if(l<=n)
    {
        pos[++cnt].l=l;
        pos[cnt].r=n;
    }//分块

    for(int i=1;i<=cnt;i++)
    {
        int l=pos[i].l,r=pos[i].r;
        for(int j=1;j<=num;j++)
        {
            int res=0;
            for(int i=l;i<=r;i++)
            {
                if(j==c[i]) res++;
            }
            s[i][j]=s[i-1][j]+res;
        }
    }// 预处理s数组,为前缀和数组

    int mx=0;
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
    {
        for(int j=i;j<=cnt;j++)
        {
            int l=pos[i].l,r=pos[j].r;
            memset(cntnum,0,sizeof(cntnum)),mx=0;
            for(int k=l;k<=r;k++)
            {
                int x=c[k];
                cntnum[x]++;
                if(cntnum[x]>mx || (cntnum[x]==mx && x<p[i][j])) mx=cntnum[x],p[i][j]=x;
            }
        }
    }//预处理p数组,注意，p存的是离散化后的值
}

pair<int,int> check(int pl,int pr,int l0,int r0)
{
    int r=pos[pl].l;
    int mx=0,res=0;//mx为众数个数，res为众数
    memset(cntnum,0,sizeof(cntnum));
    for(int i=l0;i<r;i++)
    {
        int x=c[i];
        int y=s[pr][x]-s[pl-1][x];
        cntnum[x]++;
        if(cntnum[x]+y>mx || (cntnum[x]+y==mx && x<res)) mx=cntnum[x]+y,res=x;
    }//左侧散块处理

    int l=pos[pr].r;
    for(int i=l+1;i<=r0;i++)
    {
        int x=c[i];
        int y=s[pr][x]-s[pl-1][x];
        cntnum[x]++;
        if(cntnum[x]+y>mx || (cntnum[x]+y==mx && x<res)) mx=cntnum[x]+y,res=x;
    }//右侧散块处理

    return {res,mx};
}

void solve()
{
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int l0,r0;
        scanf("%d%d",&l0,&r0);
        l0=(l0+ans-1)%n+1;
        r0=(r0+ans-1)%n+1;
        if(r0<l0) swap(r0,l0);
        ans=0;
        if(r0-l0+1<T)
        {
            int mx=0;
            memset(cntnum,0,sizeof(cntnum));
            for(int i=l0;i<=r0;i++)
            {
                int x=c[i];
                cntnum[x]++;
                if(cntnum[x]>mx || (cntnum[x]==mx && x<ans)) mx=cntnum[x],ans=x;
            }
            ans=b[ans];
        }
        else
        {
            int pl=ceil(l0/(double)T),pr=ceil(r0/(double)T);
            if(l0!=pos[pl].l) pl++;//最左侧整块
            if(r0!=pos[pr].r) pr--;//最右侧整块
            int now=p[pl][pr];
            pair <int,int> mode;
            mode=check(pl,pr,l0,r0);
            int sca=mode.second;//散块众数数量
            int cop=s[pr][now]-s[pl-1][now];//整块的众数数量
            if(cop>sca) ans=b[now];
            else
            {
                if(sca>cop) ans=b[mode.first];
                else ans=min(b[now],b[mode.first]);
            }
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
}
int main(){
    // freopen("P4168_1.in","r",stdin);
    // freopen("ans.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),d[i]=a[i];
    dis();
    init();
    solve();
}

码风冗长，请谅解