BZOJ 4241 历史研究
Description
IOI国历史研究的第一人——JOI教授，最近获得了一份被认为是古代IOI国的住民写下的日记。JOI教授为了通过这份日记来研究古代IOI国的生活，开始着手调查日记中记载的事件。
日记中记录了连续N天发生的时间，大约每天发生一件。
事件有种类之分。第i天(1<=i<=N)发生的事件的种类用一个整数Xi表示，Xi越大，事件的规模就越大。
JOI教授决定用如下的方法分析这些日记：
1. 选择日记中连续的一些天作为分析的时间段
2. 事件种类t的重要度为t*(这段时间内重要度为t的事件数)
3. 计算出所有事件种类的重要度，输出其中的最大值
现在你被要求制作一个帮助教授分析的程序，每次给出分析的区间，你需要输出重要度的最大值。
Input
第一行两个空格分隔的整数N和Q，表示日记一共记录了N天，询问有Q次。
接下来一行N个空格分隔的整数X1...XN，Xi表示第i天发生的事件的种类
接下来Q行，第i行(1<=i<=Q)有两个空格分隔整数Ai和Bi，表示第i次询问的区间为[Ai,Bi]。
Output
输出Q行，第i行(1<=i<=Q)一个整数，表示第i次询问的最大重要度
Sample Input
5 5
9 8 7 8 9
1 2
3 4
4 4
1 4
2 4
9 8 7 8 9
1 2
3 4
4 4
1 4
2 4
Sample Output
9
8
8
16
16
8
8
16
16
HINT
1<=N<=10^5
1<=Q<=10^5
1<=Xi<=10^9 (1<=i<=N)
这道题刚开始时没有思路......后来发现好像和区间众数的方法有点像......
好了，我们考虑如何做这道题。首先，我们可以把区间分块。然后，我们可以用$O(n \sqrt{n})$的复杂度求出$f_{i,j}$，表示取第$i$块到第$j$块中所有元素的答案。
然后，我们考虑如何得到区间$[l,r]$的答案。如果$l$和$r$在同一块，那么显然扫一遍这个块就可以了。否则，我们可以先把$[l,r]$覆盖的完整的块的答案统计一下，再统计一下边角余料中答案最大的数。显然答案一定在这三者中。
但是，统计边角余料的答案并不好做。于是，我们可以再来一个数组$cnt_{i,j}$，表示前$i$个块中第$j$号元素出现了多少次(注意先要离散化)，然后我们就可以$O(1)$地统计完整的块中每种元素出现的个数了。取一下$\max$就可以了。
下面是代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout) 7 #define maxn 100010 8 #define kuai 501 9 10 using namespace std; 11 typedef long long llg; 12 13 int n,m,N,ln,L[kuai],R[kuai],cnt[kuai][maxn]; 14 int a[maxn],b[maxn],lb,c[maxn],ci[maxn],be[maxn]; 15 llg f[kuai][kuai],ans; 16 17 int getint(){ 18 int w=0;bool q=0; 19 char c=getchar(); 20 while((c>'9'||c<'0')&&c!='-') c=getchar(); 21 if(c=='-') q=1,c=getchar(); 22 while(c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); 23 return q?-w:w; 24 } 25 26 int main(){ 27 n=getint();m=getint(); 28 for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=b[i]=getint(); 29 sort(b+1,b+n+1); lb=unique(b+1,b+n+1)-b-1; 30 for(int i=1;i<=n;i++){ 31 int l=1,r=lb,mid; 32 while(l!=r){ 33 mid=l+r>>1; 34 if(a[i]<=b[mid]) r=mid; 35 else l=mid+1; 36 } 37 c[i]=l; 38 } 39 N=sqrt(n); ln=n/N; if(n%N) ln++; 40 for(int i=1;i<ln;i++) L[i]=R[i-1]+1,R[i]=N*i; 41 L[ln]=R[ln-1]+1; R[ln]=n; 42 for(int i=1,r;i<=ln;i++){ 43 ans=0; r=L[i]-1; 44 for(int j=L[i];j<=R[i];j++) cnt[i][c[j]]++,be[j]=i; 45 for(int j=1;j<=ln;j++){ 46 while(r<R[j]){ 47 r++; ci[c[r]]++; 48 ans=max(ans,(llg)(ci[c[r]])*(llg)a[r]); 49 } 50 f[i][j]=ans; 51 } 52 for(int j=1;j<=n;j++) cnt[i][j]+=cnt[i-1][j]; 53 for(int j=1;j<=lb;j++) ci[j]=0; 54 } 55 while(m--){ 56 int l=getint(),r=getint(); ans=0; 57 if(be[l]==be[r]){ 58 for(int i=l;i<=r;i++) 59 ans=max(ans,(llg)(++ci[c[i]])*(llg)a[i]); 60 for(int i=l;i<=r;i++) ci[c[i]]--; 61 } 62 else{ 63 ans=f[be[l]+1][be[r]-1]; 64 for(int i=l;i<=R[be[l]];i++) 65 ans=max(ans,(llg)((++ci[c[i]])+cnt[be[r]-1][c[i]]-cnt[be[l]][c[i]])*(llg)a[i]); 66 for(int i=L[be[r]];i<=r;i++) 67 ans=max(ans,(llg)((++ci[c[i]])+cnt[be[r]-1][c[i]]-cnt[be[l]][c[i]])*(llg)a[i]); 68 for(int i=l;i<=R[be[l]];i++) ci[c[i]]--; 69 for(int i=L[be[r]];i<=r;i++) ci[c[i]]--; 70 } 71 printf("%lld\n",ans); 72 } 73 return 0; 74 }
