石中训练：思维

CF1082E

思维难度不小。

先从暴力入手，找个左，右端点。复杂度 $O(n^2)$，就不太行。看只固定一个端点行不行。我们将总共的答案设为 $ans$。

设原来序列中有 $h$ 个数为 $c$，如果我们选了一段区间，就会有 $x$ 个数被修改成 $c$，也会有 $y$ 个 $c$ 被修改成其他数。那么 $ans=\max(h+x-y)$。

$h$ 一定，只要求最大的 $x-y$ 就好了。从动态规划考虑，设 $dp_i$ 为以 $i$ 结尾的区间最大的 $x-y$。现在要找区间左边的。

1 5 5 5 1

在 $dp_5$ 的时候，显然要枚举 $1\sim 4$。但这不就 $n^2$ 了吗？如果只钦定 $a_1$ 作为众数呢？答案似乎不对，但事实可行。

因为众数为 $5$ 的区间肯定没必要包含 $a_5$。$a_{2\sim4}$ 就可以了。由此可以得到结论：因为左，右端点延伸到非 $a_i$ 的数，答案也不会更优，所以众数为 $a_i$ 的最小区间，该区间左右端点肯定也为 $a_i$。

所以真正的状态应该是 $dp_i$ 为以 $i$ 为结尾的区间，设定众数为 $a_i$ 的最大 $x-y$。根据上文结论，知道 $dp_i$ 从上一个 $a_i$（称为 $a_{last}$）可以得到最优的，类似最大子段和思想，可以选择 $a_{last\sim i}$，也可以抛弃前面的，直接选 $a_i$ 一个。再使用前缀和，快速求出任意区间 $y$ 的数量。

综上，状态转移方程为 $dp_i=max\{dp_{last}-(s_{i-1}-s_{lst})+1,1\}$

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CoDe

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5+10;
int n,c,s[N],lst[N],ls[N],a[N],dp[N],ans;
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin>>n>>c;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		cin>>a[i];
		s[i]=s[i-1]+(a[i]==c);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(a[i]==c) continue;
        int lst=ls[a[i]];
		dp[i]=max(dp[lst]-(s[i-1]-s[lst])+1,1);
		ans=max(dp[i],ans);
        ls[a[i]]=i;
	}
	cout<<s[n]+ans;
	return 0;
}