【题解】洛谷P5048 Yuno loves sqrt technology III

洛谷P5048 Yuno loves sqrt technology III

题意

给你一个长为 \(n\)的序列 \(a\)，\(m\) 次询问，每次查询一个区间的众数的出现次数，强制在线。

\(1\leq n,m \leq 5\times 10^5,0\leq a_i\leq 10^9\)

题解

分块，设块长为\(S\)，先预处理第\(i\)块到第\(j\)块的众数的出现次数\(f[i][j]\)，对于值域于中的每一个值，用vector按顺序记录\(a\)中出现该值的下标，同时记录\(a\)中每个元素在其对应vector中的下标。对于每一次询问\(l,r\)，假设其包含的连续完整块的答案为\(ans\)，由于非完整块中的元素最多\(2S\)个，故最多使答案增加\(2S\)，我们依次检查这些元素能否是答案增大。对于左边的非完整块的元素\(a_i\)，若其对应vector为\(g\)，其在\(g\)中的下标为\(p\)，如果\(g[p+ans]\)存在且\(g[p+ans]\leq r\)，说明\(a_i\)在\([l,r]\)中的出现次数不会比\(ans\)更差，故可直接++\(ans\)；对于右边的元素同理。注意每个检查只是判定了能否使\(ans\)变为\(ans+1\)，而某个位置上的值可能使答案不止增大1，故需对每个位置需用while循环来进行检查。

预处理部分时间复杂度\(O((\frac{n}{S})^2\times S)=O(\frac{n^2}{S})\)，询问部分复杂度\(O(mS)\)，故总复杂度\(O(\frac{n^2}{S}+mS)\)，取\(S=\frac{n}{\sqrt m}\)可得总复杂度\(O(n\sqrt m)\)，直接取\(S=\sqrt n\)，复杂度\(O((n+m)\sqrt n)\)也可通过。

#include <bits/stdc++.h>
#define pb(x) emplace_back(x)
using namespace std;
const int N=600100,M=1000;
int id[N],f[M][M],n,m,b[N],c[N],nm,d[N],a[N],bs;
vector<int> g[N];
int ck1(int ans,int x){
	int k=a[x],na=g[k].size(),p=d[x];
	if(p+ans<na)return g[k][p+ans];
	else return n+1;
}
int ck2(int ans,int x){
	int k=a[x],p=d[x];
	if(p-ans>=0)return g[k][p-ans];
	else return -1;
}
void f1(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	bs=sqrt(n)+1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		b[i]=a[i];
		id[i]=(i-1)/bs+1;
	}
	nm=(n-1)/bs+1;
	sort(b+1,b+1+n);
	int np=unique(b+1,b+1+n)-b-1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=lower_bound(b+1,b+1+np,a[i])-b;
		g[a[i]].pb(i);d[i]=g[a[i]].size()-1;
		assert(g[a[i]][d[i]]==i);
	}
	for(int i=1;i<=nm;i++){
		int na=0;
		for(int j=1;j<=np;j++){c[j]=0;}
		for(int j=i;j<=nm;j++){
			int l=(j-1)*bs+1,r=min(l+bs-1,n);
			for(int k=l;k<=r;k++){
				c[a[k]]++;
				na=max(na,c[a[k]]);
			}	
			f[i][j]=na;
		}
		
	}
	int lstans=0;
	while(m--){
		int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
		x^=lstans;y^=lstans;
		int na=id[x],nb=id[y];
		int ans=0;
		if(na+1<=nb-1){ans=f[na+1][nb-1];}
		for(int i=min(y,na*bs);i>=x;i--){
			while(ck1(ans,i)<=y){
				++ans;
			}
		}
		for(int i=max(x,(nb-1)*bs+1);i<=y;i++){
			while(ck2(ans,i)>=x){
				++ans; 
			}
		}
		lstans=ans;
		printf("%d\n",ans);
	}
}
int main(){
	f1();
	return 0;
}

/*
10 0
2 3 5 1 5 5 4 4 3 5 


4 1
2 3 3 3
2 4
*/