[ABC449] E

[ABC449] E

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给你一个整数N，M，还有一个长度为N的整数序列\(A=(A_{1},A_{2},\ldots,A_{N})\)，序列中的每个元素都在1到M（含）之间。

接下来对这个整数序列A进行\(10^{100}\)次操作：

• 找出A中出现次数最少的整数，这个整数在1到M（含）之间。如果有多个出现次数一样少的数，选最小的那个。然后把这个数v追加到A的末尾。

你有Q个查询。第i个查询给出一个整数\(X_{i}\)，请你找出执行完\(10^{100}\)次操作后，序列中第\(A_{X_{i}}\)个位置的数是多少。

题解：扫描线+离线+查询第k小+线段树二分

当操作非常多次以后，\(1,2,3,...,m\) 会重复出现，直接用取模运算就可以判断。

我们把询问排序，离线处理。

操作次数比较小的时候就是扫描线了，想象有一条水平线 pt，pt 一下的点都会被填满，然后问题变成了求第 k 小的问题。方法有很多。

线段树+二分

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

const int N=5e5+5,M=N;
int n,m,q,a[N],cnt[M],ans[N];
vector<int> val[N];
ll lim[N];
struct Query {
	ll x; int id;
} t[N];
#define lson(x) (x<<1)
#define rson(x) (x<<1|1)
int tr[N*4];

// 把左右孩子的答案合并到父亲
void push_up(int rt){
    tr[rt]=tr[lson(rt)]+tr[rson(rt)];
}
int query(int rt, int l, int r,int kth) {
    if(l==r) return l;
    int mid = (l + r) >> 1;
    if(kth<=tr[lson(rt)]){
        return query(lson(rt),l,mid,kth);
    }
    return query(rson(rt),mid+1,r,kth-tr[lson(rt)]);
}
void change(int rt,int l,int r,int x,int k){
    if(l==r){
        tr[rt]+=k;
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(x<=mid) change(lson(rt),l,mid,x,k);
    else change(rson(rt),mid+1,r,x,k);
    push_up(rt);
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;++i) {
		cin>>a[i];
		cnt[a[i]]++;
	}
	for(int i=1;i<=m;++i)
		val[cnt[i]].push_back(i);

	int tmp=m;
	for(int i=1;i<=n;++i) {
		tmp-=val[i-1].size();
		lim[i]=lim[i-1]+(m-tmp);
	}

	cin>>q;
	for(int i=1;i<=q;++i) {
		cin>>t[i].x;
		t[i].id=i;
	}
	sort(t+1,t+q+1,[](const Query &i,const Query &j) {
		return i.x<j.x;
	});
	int pt=0;
	for(auto v:val[0])
		change(1,1,m,v,1);
	for(int i=1;i<=q;++i) {
		ll x=t[i].x;
		if(x<=n) {
			ans[t[i].id]=a[x];
			continue;
		}
		x-=n;
		while(pt<n&&x>lim[pt+1]) {
			++pt;
			for(auto v:val[pt])
				change(1,1,m,v,1);
		}
		x-=lim[pt];
		if(pt==n) {
			ans[t[i].id]=(x-1)%m+1;
		} else {
			ans[t[i].id]=query(1,1,m,x);
		}
	}
	for(int i=1;i<=q;++i)
		cout<<ans[i]<<endl;
	return 0;
}