[APIO2023] 序列 / sequence

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以下方括号表示艾弗森括号，括号里的内容为真则括号的值是 $1$，否则是 $0$。

题意

记 $W(x, l, r)=\sum_{i=l}^r[a_i=x]$，求 $\underset{1\leq l\leq r\leq n, v\text{是}a_l, a_{l+1}, ......, a_{r}\text{的中位数之一}}{\max}W(v, l, r)$。

解法

显然的思路是枚举 $v$，计算当 $v$ 做中位数时，区间中最多可以包含多少 $v$。

经典思路是定义函数 $f(x)=-[a_x<v]+[a_x>v]， c(x)=[a_x=v]$ 于是有:

\[\text{命题}P(l, r)：v\text{是}a_l, a_{l+1}, ......, a_{r}\text{的中位数之一}\iff \sum_{i=l}^rc(i)-\sum_{i=l}^rf(i)\geq 0 \text{ 并且} \sum_{i=l}^rc(i)+\sum_{i=l}^rf(i)\geq 0 \]

此时我的错误思路

考虑定义前缀和函数 $s(x)=\sum_{i=1}^xf(i), b(x)=\sum_{i=1}^xc(i)$。那么问题等价于 $s(r)+b(r)\geq s(l-1)+b(l-1)$ 并且 $s(r)-b(r)\geq s(l-1)-b(l-1)$

如果 $i$ 对应一个点 $(s(i)+b(i), s(i)-b(i))$，那么问题相当于二维偏序。

当我们从小到大枚举 $v$ 时，可以使用线段树维护 $s$ 和 $b$，但寻找编号上跨过最多 $v$ 的偏序点对在横纵坐标都会变化的前提下是不可能完成的，于是我就不会了。

究其原因，在于 $s+b$ 和 $s-b$ 并不是任意的函数，而是具有特殊的性质。而在使用了一系列代数转化后，得到的点的横纵坐标就失去了实际意义而只剩下了代数意义。解决问题的办法是从实际意义失去前的步骤出发，保留实际意义进行推导。

现在假设 $p_1<p_2< ......<p_k$ 是满足 $a_i=v$ 的全体 $k$ 个 $i$。那么我们需要对于所有 $1\leq i\leq k$，找到最大的 $i\leq j\leq k， s.t.\exists l\leq i, r\geq j, \text{使得}l， r$ 满足命题 $P$。

考虑二分 $j$。现在问题转化为判断是否存在 $l\leq i, r\geq j$ 使得它们满足命题 $P$。

如果 $P(i, j)$ 成立，那么这样的 $l, r$ 自然成立。

反之，不妨设 $\sum_{i=l}^rc(i)-\sum_{i=l}^rf(i)< 0$(另一个不等式成立是同理的)，那么为此需要通过扩展区间来设法降低 $\sum_{i=l}^rf(i)$，具体来说，只需要找到 $l$ 使得 $\sum_{i=l}^{i-1}f(i)$ 最小，再找到 $r$ 使得 $\sum_{i=j+1}^{r}f(i)$ 最小，如果这样的 $l, r$ 满足 $\sum_{i=l}^rc(i)-\sum_{i=l}^rf(i)\geq 0$，那么可以断言原问题的答案是肯定的。

证明

这是因为把区间 $[i, j]$ 扩展到 $[l, r]$ 的过程中，第一个不等式一定在某一时刻(设从时刻 $t$ 到时刻 $t+1$)从不成立变为成立，而又因为两个不等式中至少成立一个，所以时刻 $t$ 时第二个不等式成立。因为 $\sum_{i=l}^rc(i)-\sum_{i=l}^rf(i)$ 每次扩展都只会变化 $+1/-1$，所以在 $t$ 时刻 $\sum_{i=l}^rc(i)-\sum_{i=l}^rf(i)=-1, \sum_{i=l}^rc(i)+\sum_{i=l}^rf(i)\geq 0$，所以 $\sum_{i=l}^rc(i)+\sum_{i=l}^rf(i)\geq 1$(两式奇偶性相同，第一个式子是奇数，那么第二个式子也一定是奇数)，所以 $t+1$ 时刻第二个不等式必然成立，所以 $t+1$ 时刻就是一个符合要求的时刻。

回到原题，只需要从小到大枚举 $v$，用线段树维护 $f$ 的前缀和/后缀和数组，然后枚举所有的 $1\leq i\leq k$，二分 $j$，使用之前讲的办法判断是否可行即可。时间复杂度 $O(n\log^2n)$。

代码

本题略有卡常，建议使用 zkw 线段树。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i, a, b) for(ll i=a;i<=b;i++)
#define rrep(i, a, b) for(ll i=a;i>=b;i--)
const ll N=5e5+9, INF=1e18;
ll n, a[N];
vector <ll> pos[N];
struct segment_tree{
    struct point{//区间加和查询最小/最大值
        ll mx, mn, l,r,ad;
    }tr[N*4];
    ll leaf[N];
    void buildtree(ll u, ll l, ll r){
        tr[u].l=l, tr[u].r=r;
        tr[u].mx=0;tr[u].mn=0;
        if(l==r){leaf[l]=u;return;}
        ll mid=(l+r)>>1;
        buildtree(u<<1, l, mid);
        buildtree(u<<1|1, mid+1, r);
    }
    void pushdown(ll u){
        if(tr[u].ad){
            tr[u<<1].ad+=tr[u].ad;
            tr[u<<1|1].ad+=tr[u].ad;
            tr[u<<1].mn+=tr[u].ad;
            tr[u<<1|1].mn+=tr[u].ad;
            tr[u<<1].mx+=tr[u].ad;
            tr[u<<1|1].mx+=tr[u].ad;
            tr[u].ad=0;
        }
    }
    void add(ll u, ll l, ll r, ll ad){
        if(l<=tr[u].l&&tr[u].r<=r){tr[u].ad+=ad;tr[u].mn+=ad;tr[u].mx+=ad;return;}
        pushdown(u);
        ll mid=(tr[u].l+tr[u].r)>>1;
        if(l<=mid)add(u<<1, l, r, ad);
        if(r>mid)add(u<<1|1, l, r, ad);
        tr[u].mn=min(tr[u<<1].mn, tr[u<<1|1].mn);
        tr[u].mx=max(tr[u<<1].mx, tr[u<<1|1].mx);
    }
    ll querypoint(ll x){
        ll u=leaf[x], res=0;
        while(u){res+=tr[u].ad;u>>=1;}
        return res;
    }
    ll querypremi(ll x){
        ll u=leaf[x], res=tr[u].mn-tr[u].ad;
        while(u){
            res+=tr[u].ad;
            if((u&1)&&u>1){
                res=min(res, tr[u-1].mn);
            }
            u>>=1;
        }
        return res;
    }
    ll querylasma(ll x){
        ll u=leaf[x], res=tr[u].mx-tr[u].ad;
        while(u){
            res+=tr[u].ad;
            if((u&1)==0){
                res=max(res, tr[u+1].mx);
            }
            u>>=1;
        }
        return res;
    }
}tr1, tr2;
//tr1的差分数组是[ai<=v]1+[ai>v](-1),tr2的差分数组是[ai>=v]1+[ai<v](-1)

bool OK(ll i, ll j){
    //检验能否找到一个包含[i, j]的合法区间(合法区间要求tr1[r]-tr1[l-1]>=0, tr2[r]-tr2[l-1]>=0)
    if(tr1.querypoint(j)-tr1.querypoint(i-1)<0){
        return tr1.querylasma(j)-tr1.querypremi(i-1)>=0;
    }else if(tr2.querypoint(j)-tr2.querypoint(i-1)<0){
        return tr2.querylasma(j)-tr2.querypremi(i-1)>=0;
    }else{
        return 1;
    }
    
}
int sequence(int N, std::vector<int> A){
    n=N;
    rep(i, 1, n)a[i]=A[i-1];
    rep(i, 1, n){
        pos[a[i]].push_back(i);
    }
    tr1.buildtree(1, 0, n);
    tr2.buildtree(1, 0, n);
    rep(i, 1, n){
        tr1.add(1, i, n, -1);
        tr2.add(1, i, n, 1);
    }
    ll res=0;
    rep(v, 1, n){
        // if(pos[v].empty())continue;
        for(ll t:pos[v-1]){ 
            tr2.add(1, t, n, -2);
        }
        for(ll t:pos[v]){
            tr1.add(1, t, n, 2);
        }
        for(ll i=0;i<pos[v].size();i++){
            ll l=i+1, r=pos[v].size()-1, ans=i;
            while(l<=r){
                ll mid=(l+r)>>1;
                if(OK(pos[v][i], pos[v][mid])){
                    ans=mid;
                    l=mid+1;
                }else{
                    r=mid-1;
                }
            }
            res=max(res, ans-i+1);
        }
    }
    return res;
}

总结

这道题的关键在于找到快速且具有扩展性的中位数检验方法。我在“我的错误想法”中给出的方法同样能够快速检验 $v$ 是否是某个区间的中位数，但它不具有扩展性，原因是它的形式是任意两个数列，不具有实际意义。而题解给的做法具有鲜明的实际意义，从中我们得到了如下的关键性质：

两个不等式最多只有一个不成立
两个式子奇偶性相同
两个式子都满足区间左端点/右端点扩张 $1$ 时，只变化 $+1/-1$。

这三个通过实际意义观察出的性质是解题的关键。

posted @ 2025-04-25 18:05 yanzihe 阅读(31) 评论(0) 收藏举报

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