题解：洛谷 P10131 Majority Opinion
【题目来源】
洛谷：P10131 [USACO24JAN] Majority Opinion B - 洛谷
【题目描述】
Farmer John 有一项重要的任务——弄清楚要为他的奶牛们购买什么类型的干草。
Farmer John 的 \(N\) 头奶牛（\(2\le N\le 10^5\)）编号为 \(1\) 到 \(N\)，每头奶牛喜欢恰好一种类型的干草 \(h_i\)（\(1\le h_i\le N\)）。他希望他的所有奶牛都喜欢同一种干草。
为了实现这一目标，Farmer John 可以主持焦点小组访谈。一次焦点小组访谈为让编号从 \(i\) 到 \(j\) 的连续范围内的所有奶牛聚集在一起参加一次访谈。如果有一种干草是小组中超过一半的奶牛喜欢的，则此次焦点小组访谈结束后，所有奶牛最终都会喜欢这种干草。如果不存在这种类型的干草，那么奶牛们不会改变她们喜欢的干草类型。例如，在由 \(16\) 头奶牛组成的焦点小组访谈中，需要有其中 \(9\) 头或更多的奶牛具有相同的干草喜好，才能使其余奶牛改变其喜好以与之一致。
Farmer John 想知道哪些类型的干草有可能变为同时受到所有奶牛的喜爱。他一次只能主持一个焦点小组访谈，但为了使所有奶牛都喜欢同一类型的干草，他可以根据需要任意多次地主持焦点小组访谈。
【输入】
输入的第一行包含一个整数 \(T\)，为独立的测试用例的数量（\(1\le T\le 10\)）。
每一个测试用例的第一行包含 \(N\)。
第二行包含 \(N\) 个整数，为奶牛们喜爱的干草类型 \(h_i\)。
输入保证所有测试用例的 \(N\) 之和不超过 \(2\cdot 10^5\)。
【输出】
输出 \(T\) 行，对于每个测试用例输出一行。
如果可能使所有奶牛同时喜欢同一种干草，则以升序输出所有可能的此类干草的类型，否则输出 \(-1\)。在同一行内输出一列整数时，相邻的数用空格分隔，并确保行末没有多余空格。
【输入样例】
5
5
1 2 2 2 3
6
1 2 3 1 2 3
6
1 1 1 2 2 2
3
3 2 3
2
2 1
【输出样例】
2
-1
1 2
3
-1
【核心思想】
-
问题分析：给定一个长度为 \(N\) 的喜好数组 \(h_i\)（值域 \(1..N\)），每次操作可以选择一个连续区间 \([l, r]\)，若区间内存在某种喜好值出现次数严格超过区间长度的一半，则区间内所有奶牛都会变成该喜好值。可以反复操作任意次。问最终能否使所有奶牛喜好统一，并输出所有可能统一的喜好值。关键观察：由于每次操作只改变一个区间，且需要严格多数，那么任何能够通过一系列操作传播开的喜好值，必然在原始数组中存在一个长度为 2 或 3 的“种子”——即存在相邻两个相同，或间隔一个相同（形如
x y x）。因为一个值要在一个区间内成为多数，该区间内至少有两个该值相邻或间隔不超过 1 个位置（否则无法形成多数）。一旦这样的种子出现，就可以通过反复操作将该值向两侧扩展，最终覆盖整个数组。因此，只需检查所有长度为 2 和 3 的子串中是否有重复元素，并标记这些元素为可能答案。 -
算法选择：
- 扫描 + 标记：遍历数组，检查所有长度为 2 的相邻对 \((h_i, h_{i+1})\) 和长度为 3 的连续三元组 \((h_i, h_{i+1}, h_{i+2})\)。若其中存在重复元素（即 \(h_i = h_{i+1}\) 或 \(h_i = h_{i+2}\) 或 \(h_{i+1} = h_{i+2}\)），则将该重复值标记为“可行”。最后输出所有被标记的值（升序），若没有则输出
-1。
- 扫描 + 标记：遍历数组，检查所有长度为 2 的相邻对 \((h_i, h_{i+1})\) 和长度为 3 的连续三元组 \((h_i, h_{i+1}, h_{i+2})\)。若其中存在重复元素（即 \(h_i = h_{i+1}\) 或 \(h_i = h_{i+2}\) 或 \(h_{i+1} = h_{i+2}\)），则将该重复值标记为“可行”。最后输出所有被标记的值（升序），若没有则输出
-
关键步骤：
- 读入数据：读取 \(T\)，对每个测试用例读入 \(N\) 和数组 \(h[1..N]\)。
- 初始化标记数组：用布尔数组
vis[1..N]记录哪些喜好值可行。 - 扫描：对 \(i\) 从 1 到 \(N-2\)：
- 若 \(h_i == h_{i+1}\)，标记
vis[h_i] = true。 - 若 \(h_i == h_{i+2}\)，标记
vis[h_i] = true。 - 若 \(h_{i+1} == h_{i+2}\)，标记
vis[h_{i+1}] = true。
- 若 \(h_i == h_{i+1}\)，标记
- 特判 \(N=2\)：单独处理，若两数相同则输出该数，否则
-1。 - 输出：按升序收集所有
vis为真的值输出，若无则输出-1。
-
时间/空间复杂度：
- 时间复杂度：\(O(N)\)，每个测试用例线性扫描。
- 空间复杂度：\(O(N)\)，用于标记数组和存储输入。
-
贪心 + 局部传播的核心思想：
- 传播的可达性：一个值 \(x\) 能够最终统一整个数组，当且仅当在原始数组中存在一对相邻的 \(x\)（即
x x）或一个长度为 3 的x y x模式。因为：- 若存在
x x，以这两个 \(x\) 为中心，可以逐步向左或向右扩展区间，每次扩展一个位置，只要当前区间内 \(x\) 的数量超过一半，最终覆盖整个数组。 - 若存在
x y x，同理，这两个 \(x\) 也可作为种子。 - 反之，若数组中没有任何长度为 2 或 3 的模式含有 \(x\)，则任何包含 \(x\) 的区间中 \(x\) 的数量都不可能超过一半（因为 \(x\) 之间至少相隔两个其他值），因此 \(x\) 无法成为多数，也无法扩展。
- 若存在
- 充分性：一旦选定种子，通过反复选择包含种子和相邻位置的区间，可以逐步“感染”整个数组，最终使所有值变为 \(x\)。
- 适用场景：适用于“多数传播”模型，其中某值在区间内达到严格多数即可同化整个区间。核心是识别能形成多数的最小局部模式。
- 传播的可达性：一个值 \(x\) 能够最终统一整个数组，当且仅当在原始数组中存在一对相邻的 \(x\)（即
【算法标签】
普及- #数学
【代码详解】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T; // 测试用例的数量
int n; // 每个测试用例的数字个数
int a[100005]; // 存储输入的数字序列
int b[100005]; // 标记数组，记录哪些数字满足条件
int main()
{
// 输入测试用例数量
cin >> T;
// 处理每个测试用例
for (int t = 1; t <= T; t++)
{
// 清空数组，重置为0
memset(a, 0, sizeof(a));
memset(b, 0, sizeof(b));
// 输入数字个数
cin >> n;
// 输入数字序列
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> a[i];
}
// 特殊情况处理：当n=2时
if (n == 2 && a[1] != a[2])
{
// 只有两个数字且不相等，无解
cout << "-1" << endl;
continue; // 跳过后续处理
}
else if (n == 2 && a[1] == a[2])
{
// 只有两个数字且相等，直接输出该数字
cout << a[1] << endl;
continue; // 跳过后续处理
}
// 遍历序列，检查满足条件的数字
for (int i = 1; i < n - 1; i++)
{
// 检查连续三个数字的相等关系
// 情况1：相邻两个数字相等
if (a[i] == a[i + 1])
{
b[a[i]] = 1; // 标记该数字满足条件
}
// 情况2：间隔一个数字相等（i和i+2）
if (a[i] == a[i + 2])
{
b[a[i]] = 1; // 标记该数字满足条件
}
// 情况3：后两个数字相等（i+1和i+2）
if (a[i + 1] == a[i + 2])
{
b[a[i + 1]] = 1; // 标记该数字满足条件
}
}
int flag = 0; // 标记是否找到满足条件的数字
string s = ""; // 用于构建输出字符串
// 遍历所有可能的数字（1到100000）
for (int i = 1; i <= 100000; i++)
{
// 如果当前数字被标记为满足条件
if (b[i] != 0)
{
// 将数字添加到输出字符串
s += to_string(i);
s += " ";
flag = 1; // 设置找到标志
}
}
// 移除最后一个空格
s = s.substr(0, s.length() - 1);
// 根据是否找到结果输出
if (flag)
{
cout << s << endl; // 输出所有满足条件的数字
}
else
{
cout << "-1" << endl; // 无解情况
}
}
return 0;
}
【运行结果】
5
5
1 2 2 2 3
2
6
1 2 3 1 2 3
-1
6
1 1 1 2 2 2
1 2
3
3 2 3
3
2
2 1
-1
浙公网安备 33010602011771号